【LeetCode】1052. 爱生气的书店老板 Grumpy Bookstore Owner(C++)

题目描述

今天，书店老板有一家店打算试营业 customers.length 分钟。每分钟都有一些顾客（customers[i]）会进入书店，所有这些顾客都会在那一分钟结束后离开。
在某些时候，书店老板会生气。如果书店老板在第 i 分钟生气，那么 grumpy[i] = 1，否则 grumpy[i] = 0。当书店老板生气时，那一分钟的顾客就会不满意，不生气则他们是满意的。
书店老板知道一个秘密技巧，能抑制自己的情绪，可以让自己连续 X 分钟不生气，但却只能使用一次。
请你返回这一天营业下来，最多有多少客户能够感到满意的数量。

示例：

输入：customers = [1,0,1,2,1,1,7,5], grumpy = [0,1,0,1,0,1,0,1], X = 3
输出：16
解释：
书店老板在最后 3 分钟保持冷静。
感到满意的最大客户数量 = 1 + 1 + 1 + 1 + 7 + 5 = 16.

提示：

1 <= X <= customers.length == grumpy.length <= 20000
0 <= customers[i] <= 1000
0 <= grumpy[i] <= 1

题目大意

给定一个数组，当grumpy[i] = 0时，那一分钟的顾客是满意的，结果ans+=customers[i]，求最多有多少客户能够感到满意的数量，让一定区间内的grumpy[i] = 0，然后结果ans加上那些customers[i]求个最值

前缀和

先遍历一遍数组，先维护一个结果ans+=customers[i]（前提是grumpy[i] == 0），顺便通过顾客数组，构造前缀和数组，可以O(1)时间复杂度完成区间[left,，right]之间的加和
为了使前缀和数组sums[i]和顾客数组customers[i]统一
前缀和数组sums和customers的关系，sums[i]为前i个customers的累加和（加到customers[i - 1]）

$\left\{ \begin{array}{c} 0 \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\qquad (k== 0) \\ \sum_{i=1}^{k}customers[i - 1] \quad\quad(k∈{[1, len]}) \\ \end{array}\right.$

区间[left,right]（下标加1）的累加和（包含customers[left]， customers[right]），注意处理边界问题

$\sum_{start = left}^{right}customers[strat] = sums[right] - sums[left-1]\quad\quad$

例如求数组中第一个数到第三个数之间所有元素值（包含区间边界customers[0]和customers[2]）的累加和，sums[3]对应前3个，sums[0]对应前0个，所以相减即为所求

$\sum_{start = 1}^{3}customers[strat] = sums[3] - sums[0]\quad\quad$

const int MAXN = 2e4 + 1;
int sums[MAXN];
class Solution {
    
    
public:
    int maxSatisfied(vector<int>& customers, vector<int>& grumpy, int winLen) {
    
    
        int ans = 0, len = customers.size();
        memset(sums, 0, sizeof(sums));
        for(int i = 1 ; i <= len ; ++i){
    
    
            if(grumpy[i - 1] == 0){
    
    
                ans += customers[i - 1];
                sums[i] = sums[i - 1];
            }
            else    sums[i] = sums[i - 1] + customers[i - 1];
        }
        int tempAns = ans;
        for(int i = 0; i < len ; ++i){
    
    
            // index = i + winLen
            if(i + winLen > len) break;
            int curSum = sums[i + winLen] - sums[i];
            ans = max(ans, tempAns + curSum);
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：O(n)。n为数组的长度
空间复杂度：O(n)。维护了一个前缀和数组，此处n取最大值2e4+1

可优化之处

可将第一次循环处理过的某一分钟顾客满意的值设为0，即customers[i]=0（grumpy == 0），然后通过滑动窗口可将空间复杂度降为O(1)