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题目描述

给你一个整数数组 nums 和两个整数 k 和 p，返回满足下述条件的不同子数组的数目：

  • 子数组中最多 k 个元素可被 p 整除。

如果满足下述条件之一，则认为数组 nums1 和 nums2 不同：

  • 两数组长度不同，或者
  • 存在至少一个索引 i 满足 nums1[i] != nums2[i] 。

子数组 定义为一个数组中一段非空且连续的元素序列。

示例 1：

输入：nums = [2,3,3,2,2], k = 2, p = 2
输出：11
解释：
下标 0、3、4 的元素都可以被 p = 2 整除。
共有 11 个不同子数组都满足最多含 k = 2 个可被 2 整除的元素：
[2], [2,3], [2,3,3], [2,3,3,2], [3], [3,3], [3,3,2], [3,3,2,2], [3,2], [3,2,2], 和 [2,2] 。
注意，尽管子数组 [2] 和 [3] 在 nums 中出现不止一次，但统计时只计数一次。
子数组 [2,3,3,2,2] 不满足条件，因为其中有 3 个元素可以被 2 整除。

示例 2：

输入：nums = [1,2,3,4], k = 4, p = 1
输出：10
解释：
nums 的所有元素都可以被 p = 1 整除。
同时，nums 的每个子数组都最多含 4 个可以被 1 整除的元素。
由于所有子数组都不相同，因此满足所有限制条件的子数组总数为 10 。

提示：

  • 1 <= nums.length <= 200
  • 1 <= nums[i], p <= 200
  • 1 <= k <= nums.length

进阶：

  • 你可以设计时间复杂度为 O(n²) 的解决方案吗？

解题思路

这道题要求统计满足条件的不同子数组数量，关键在于两点：

  1. 子数组中最多k个元素能被p整除 - 这要求我们在枚举子数组时统计可整除元素个数
  2. 去重 - 需要避免统计相同的子数组

解法一：暴力枚举 + 哈希去重

最直观的思路是枚举所有可能的子数组，检查每个子数组是否满足条件，并用哈希集合存储不同的子数组来去重。

  • 双层循环枚举起始位置i和结束位置j
  • 在内层循环中维护当前子数组中可被p整除的元素个数
  • 如果个数超过k则跳出内层循环（后续更长的子数组必然也不满足）
  • 将满足条件的子数组转换为字符串或序列存入集合去重

解法二：滑动窗口优化（推荐）

虽然整体复杂度仍是O(n³)，但可以通过一些剪枝优化常数因子。当发现某个子数组已经有k个可整除元素时，以当前起点开始的更长子数组都不需要继续检查。

时间复杂度：O(n³)，其中n是数组长度。空间复杂度：O(n³)用于存储所有不同的子数组。

由于数据规模较小(n≤200)，暴力解法完全可行。

代码实现

class Solution {
public:
    int countDistinct(vector<int>& nums, int k, int p) {
        int n = nums.size();
        set<vector<int>> distinct;
        
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int count = 0;
            for (int j = i; j < n; j++) {
                if (nums[j] % p == 0) {
                    count++;
                }
                if (count > k) {
                    break;
                }
                vector<int> subarray(nums.begin() + i, nums.begin() + j + 1);
                distinct.insert(subarray);
            }
        }
        
        return distinct.size();
    }
};

class Solution:
    def countDistinct(self, nums: List[int], k: int, p: int) -> int:
        n = len(nums)
        distinct = set()
        
        for i in range(n):
            count = 0
            for j in range(i, n):
                if nums[j] % p == 0:
                    count += 1
                if count > k:
                    break
                subarray = tuple(nums[i:j+1])
                distinct.add(subarray)
        
        return len(distinct)

public class Solution {
    public int CountDistinct(int[] nums, int k, int p) {
        int n = nums.Length;
        var distinct = new HashSet<string>();
        
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int count = 0;
            for (int j = i; j < n; j++) {
                if (nums[j] % p == 0) {
                    count++;
                }
                if (count > k) {
                    break;
                }
                string subarray = string.Join(",", nums[i..(j+1)]);
                distinct.Add(subarray);
            }
        }
        
        return distinct.Count;
    }
}

/**
 * @param {number[]} nums
 * @param {number} k
 * @param {number} p
 * @return {number}
 */
var countDistinct = function(nums, k, p) {
    const subarrays = new Set();
    
    for (let i = 0; i < nums.length; i++) {
        let count = 0;
        for (let j = i; j < nums.length; j++) {
            if (nums[j] % p === 0) {
                count++;
            }
            if (count <= k) {
                subarrays.add(nums.slice(i, j + 1).join(','));
            } else {
                break;
            }
        }
    }
    
    return subarrays.size;
};
在 LeetCode 上运行： 力扣中文版 LeetCode 国际版

复杂度分析

复杂度类型分析
时间复杂度O(n³) - 双层循环枚举子数组O(n²)，哈希存储子数组O(n)
空间复杂度O(n³) - 最坏情况下需要存储O(n²)个不同子数组，每个长度O(n)

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