805. 数组的均值分割 : 折半搜索 + 二进制枚举运用题

题目描述

这是 LeetCode 上的 「805. 数组的均值分割」 ，难度为 「困难」。

Tag : 「折半搜索」、「二进制枚举」、「哈希表」

给定你一个整数数组 nums

我们要将 nums 数组中的每个元素移动到 A 数组 或者 B 数组中，使得 A 数组和 B 数组不为空，并且 average(A) == average(B) 。

如果可以完成则返回 true， 否则返回 false。

注意：对于数组 arr,  average(arr) 是 arr 的所有元素除以 arr 长度的和。

示例 1:

输入: nums = [1,2,3,4,5,6,7,8]

输出: true

解释: 我们可以将数组分割为 [1,4,5,8] 和 [2,3,6,7], 他们的平均值都是4.5。

示例 2:

输入: nums = [3,1]

输出: false

提示:

折半搜索 + 二进制枚举 + 哈希表 + 数学

提示一：将长度为 ，总和为 的原数组划分为两组，使得两数组平均数相同，可推导出该平均数

若两数组平均数相同，则由两数组组成的新数组（对应原数组 nums）平均数不变，而原数组的平均数可直接算得。

提示二：原数组长度为 ，直接通过「二进制枚举」的方式来做，计算量为 ，该做法无须额外空间，但会 TLE。

所谓的直接使用「二进制枚举」来做，是指用二进制表示中的 0 和 1 分别代表在划分数组两边。

如果直接对原数组进行「二进制枚举」，由于每个 都有两种决策（归属于数组 A 或 B），共有 个状态需要计算。同时每个状态 state 而言，需要 的时间复杂度来判定，但整个过程只需要有限个变量。

因此直接使用「二进制枚举」是一个无须额外空间 TLE 做法。

提示三：空间换时间

我们不可避免需要使用「枚举」的思路，也不可避免对每个 有两种决策。「但我们可以考虑缩减每次搜索的长度，将搜索分多次进行。」

具体的，我们可以先对 nums 的前半部分进行搜索，并将搜索记录以「二元组 的形式」进行缓存（map 套 set），其中 tot 为划分元素总和，cnt 为划分元素个数；随后再对 nums 的后半部分进行搜索，假设当前搜索到结果为 ，假设我们能够通过“某种方式”算得另外一半的结果为何值，并能在缓存结果中查得该结果，则说明存在合法划分方案，返回 true。

通过「折半 + 缓存结果」的做法，将「累乘」的计算过程优化成「累加」计算过程。

提示四：何为“某种方式”

假设我们已经缓存了前半部分的所有搜索结果，并且在搜索后半部分数组时，当前搜索结果为 ，应该在缓存结果中搜索何值来确定是否存在合法划分方案。

假设存在合法方案，且在缓存结果应当被搜索的结果为 。我们有 。

因此我们可以直接枚举系数 来进行判定，其中 的取值范围为 ，结合上式算得 ，若在缓存结果中存在 ，说明存在合法方案。

代码：

class Solution {
    public boolean splitArraySameAverage(int[] nums) {
        int n = nums.length, m = n / 2, sum = 0;
        for (int x : nums) sum += x;
        Map<Integer, Set<Integer>> map = new HashMap<>();
        for (int s = 0; s < (1 << m); s++) {
            int tot = 0, cnt = 0;
            for (int i = 0; i < m; i++) {
                if (((s >> i) & 1) == 1) {
                    tot += nums[i]; cnt++;
                }
            }
            Set<Integer> set = map.getOrDefault(tot, new HashSet<>());
            set.add(cnt);
            map.put(tot, set);
        }
        for (int s = 0; s < (1 << (n - m)); s++) {
            int tot = 0, cnt = 0;
            for (int i = 0; i < (n - m); i++) {
                if (((s >> i) & 1) == 1) {
                    tot += nums[i + m]; cnt++;
                }
            }
            for (int k = Math.max(1, cnt); k < n; k++) {
                if (k * sum % n != 0) continue;
                int t = k * sum / n;
                if (!map.containsKey(t - tot)) continue;
                if (!map.get(t - tot).contains(k - cnt)) continue;
                return true;
            }
        }
        return false;
    }
}

• 时间复杂度：对原数组前半部分搜索复杂度为 ；对原数组后半部分搜索复杂度为 ，搜索同时检索前半部分的结果需要枚举系数 k，复杂度为 。整体复杂度为
• 空间复杂度：

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.805 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

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