题目描述

Given an array A of integers, return the number of (contiguous, non-empty) subarrays that have a sum divisible by K.

Example 1:

Input: A = [4,5,0,-2,-3,1], K = 5
Output: 7
Explanation: There are 7 subarrays with a sum divisible by K = 5:
[4, 5, 0, -2, -3, 1], [5], [5, 0], [5, 0, -2, -3], [0], [0, -2, -3], [-2, -3]

Note:

1 <= A.length <= 30000
-10000 <= A[i] <= 10000
2 <= K <= 10000

代码

半暴力解法（超时）

定义一个sum[]数组，sum[i]=sum(A[0], A[1], ... A[i])。

对于每一个i，都从计算sum[i]~sum[A.length - 1]是否能够被K整除。

时间复杂度：O(n^2)
空间复杂度：O(n)

解法超时。本题规定了A[i]的大小，实际上sum还有溢出的风险。

public int subarraysDivByK(int[] A, int K) {
    int[] sum = new int[A.length];
    for (int i = 0; i < A.length; i++) {
        sum[i] = (i == 0 ? 0 : sum[i - 1]) + A[i];
    }

    int ans = 0;
    if (sum[0] % K == 0) ans++;

    for (int i = 1; i < sum.length; i++) {
        if (sum[i] % K == 0) ans++;
        for (int j = i - 1; j >= 0; j--) {
            int tmp = sum[i] - sum[j];
            if (tmp % K == 0) {
                ans++;
            }
        }
    }
    return ans;
}

AC解法

其实上面的解法已经很接近了，但是思考一下为什么会超时？比如K=5，当sum[0]=4时，后面的sum[i]=5*n + 4都符合要求，即不需要判断每个和，只需要判断sum[i]%5的值就好了。

假设：

sum[i]=p*K+ri
sum[j]=q*K+rj

则：

sum[j]-sum[i]=(q-p)*K+rj-ri

若想sum[j]-sum[i]被K整除，只需要rj-ri能够被K整除即可，因为rj和ri都是对K的模，所以只要rj=ri即可。

所以这道题就变成了求对K的每个模的个数，然后对于每个0~i，分别两两组合，假设mod[i]=n，那么其i的个数为n*(n-1)/2.

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(K)

public int subarraysDivByK(int[] A, int K) {
    int mod[] = new int[K];

    int cumSum = 0;
    for (int i = 0; i < A.length; i++) {
        cumSum += A[i];
        // countSum % K 可能是负数，需要 +K
        mod[((cumSum % K) + K) % K]++;
    }

    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < K; i++) {
        if (mod[i] > 1) {
            ans += (mod[i] * (mod[i] - 1)) / 2;
        }
    }

    ans += mod[0];
    return ans;
}