1 题目描述

给定一个含有 n 个正整数的数组和一个正整数 s ，找出该数组中满足其和 ≥ s 的长度最小的连续子数组。如果不存在符合条件的连续子数组，返回 0。

示例:

输入: s = 7, nums = [2,3,1,2,4,3]
输出: 2

解释: 子数组 [4,3] 是该条件下的长度最小的连续子数组。
进阶:
如果你已经完成了O(n) 时间复杂度的解法, 请尝试 O(n log n) 时间复杂度的解法。

2 解法

在做862时无意中做出了这个题。它和862的区别是，数组中的数都是正数。
在O(N)时间内计算nums的累积和数组sums，sums[i]=nums[0]+nums[1]+…+nums[i]。
假设当前窗口为k，在O(n)时间内可以计算出所有窗口大小为k的子数组的和，如果最大的比s小，要增大窗口，如果最大的比s大（或相等）就缩小窗口。这样最多lg(n)次循环就可以了。

3 java源码

class Solution {// A的累计和数组，sums[i] = sums(A[0]+A[1]+...+A[i])int[] sums;int K;int[] A;int minWindownSize;/*** 窗口大小固定时，计算每个窗口内所有值的和，返回最大的和* 时间复杂度为O(n)** @param x 窗口大小* @return 最大的窗口内值的和*/private int maxSumOverFixedSizeWindow(int x) {int max = sums[x-1];for (int i = 1; i < sums.length-x+1; i++) {int sum = sums[i+x-1]-sums[i-1];if (sum > max) max = sum;}return max;}/*** 可能的窗口范围在[min, max]之间，确定一个中间的数，然后递归查找* @param min* @param max* @return*/private void find(int min, int max) {if (min > max) return;int x = (max-min)/2+min; // 窗口大小if (minWindownSize > 0 && minWindownSize <= x) return;int maxSum = maxSumOverFixedSizeWindow(x); // 窗口大小为x时，窗口内值的和最大为maxSumif (maxSum < K) { // 扩大窗口，没有找到，扩大窗口，看看能不能找到，可能会一直扩大到窗口为n，find(x+1, max);find(min, x-1);} else { // 缩小窗口 maxSum >= K，找到了，继续寻找有没有更好的，要一直缩小到窗口为1minWindownSize = x;find(min, x-1);}}public int minSubArrayLen(int s, int[] nums) {int n = nums.length;if (n == 0) return 0;sums = new int[n];sums[0] = nums[0];for (int i = 1; i < n; i++) {sums[i] = sums[i-1]+nums[i];}this.K = s;this.A = nums;this.minWindownSize = 0;for (int size = 1; size <= n; size*=2) {int maxSum = maxSumOverFixedSizeWindow(size);if (maxSum >= K) {minWindownSize = size;}}if (minWindownSize != 0) {find(1, minWindownSize);} else {find(1, n);}return this.minWindownSize;}
}

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