所有奇数长度子数组的和
给你一个正整数数组 arr ，请你计算所有可能的奇数长度子数组的和。
子数组 定义为原数组中的一个连续子序列。
请你返回 arr 中 所有奇数长度子数组的和 。
示例 1：
输入：arr = [1,4,2,5,3]
输出：58
解释：所有奇数长度子数组和它们的和为：
[1] = 1
[4] = 4
[2] = 2
[5] = 5
[3] = 3
[1,4,2] = 7
[4,2,5] = 11
[2,5,3] = 10
[1,4,2,5,3] = 15
我们将所有值求和得到 1 + 4 + 2 + 5 + 3 + 7 + 11 + 10 + 15 = 58
示例 2：
输入：arr = [1,2]
输出：3
解释：总共只有 2 个长度为奇数的子数组，[1] 和 [2]。它们的和为 3 。
示例 3：
输入：arr = [10,11,12]
输出：66
提示：
1 <= arr.length <= 100
1 <= arr[i] <= 1000
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/sum-of-all-odd-length-subarrays
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
第一想法：
class Solution {
public:
int sumOddLengthSubarrays(vector<int>& arr)
{
int i,j,k;
int sum=0;
for(i=0;i<arr.size();i+=2)
{
for(j=0;i+j<arr.size();j++)
{
for(k=0;k<=i;k++)
sum+= arr[k+j];
}
}
return sum;
}
};
首先，力扣比赛第一题通常无脑暴力都能过。
我们只需要枚举所有的奇数长度的子数组即可。在下面的代码中，i 用来枚举每个连续子数组的起点，sz 为连续子数组的长度。accumulate用来计算起点是 i，长度为 sz 的子数组的和。时间复杂度是 O(n^3) 的。
我的参考代码（C++）：
class Solution {
public:
int sumOddLengthSubarrays(vector<int>& arr) {
int res = 0;
for(int i = 0; i < arr.size(); i ++)
for(int sz = 1; i + sz - 1 < arr.size(); sz += 2)
res += accumulate(arr.begin() + i, arr.begin() + i + sz, 0);
return res;
}
};
我的提交结果：时间 24ms；空间 8.2 MB。
在上面的解法中，accumulate的本质就是在计算从 arr[i] 到 arr[i + sz - 1] 的连续子数组的和。计算连续子数组的和，很容想到可以使用前缀和（Prefix Sum）的方式。使用 O(n) 的时间可以预处理前缀和数组，之后使用 O(1) 的时间即可计算出一个连续子数组的和。
时间复杂度是 O(n^2) 的，空间复杂度是 O(n) 的。
我的参考代码（C++）：
class Solution {
public:
int sumOddLengthSubarrays(vector<int>& arr) {
vector<int> presum = {0};
for(int e: arr) presum.push_back(presum.back() + e);
int res = 0;
for(int i = 0; i < arr.size(); i ++)
for(int sz = 1; i + sz - 1 < arr.size(); sz += 2)
res += presum[i + sz] - presum[i];
return res;
}
};
我的提交结果：时间 8ms；空间 8.6 MB。
下面重点来了。这个问题有 O(n) 的解法。
其实想法很简单，相对也比较套路。就是遍历一遍所有的元素，然后查看这个元素会在多少个长度为奇数的数组中出现过。
比如题目给出的第一个测试用例 [1, 4, 2, 5, 3] 中；
1 在 3 个长度为奇数的数组中出现过：[1], [1, 4, 2], [1, 4, 2, 5, 3]；所以最终的和，要加上 1 * 3；
4 在 4 个长度为奇数的数组中出现过：[4], [4, 2, 5], [1, 4, 2], [1, 4, 2, 5, 3]；所以最终和，要加上 4 * 4；
2 在 5 个长度为奇数的数组中出现过：[2], [2, 5, 3], [4, 2, 5], [1, 4, 2], [1, 4, 2, 5, 3]；所以最终和，要加上 5 * 2；
...
下面的关键就是，如何计算一个数字在多少个奇数长度的数组中出现过？
对于一个数字，它所在的数组，可以在它前面再选择 0, 1, 2, ... 个数字，一共有 left = i + 1 个选择；
可以在它后面再选择 0, 1, 2, ... 个数字，一共有 right = n - i 个选择。
如果在前面选择了偶数个数字，那么在后面，也必须选择偶数个数字，这样加上它自身，才构成奇数长度的数组；
如果在前面选择了奇数个数字，那么在后面，也必须选择奇数个数字，这样加上它自身，才构成奇数长度的数组；
数字前面共有 left 个选择，其中偶数个数字的选择方案有 left_even = (left + 1) / 2 个，奇数个数字的选择方案有 left_odd = left / 2 个；
数字后面共有 right 个选择，其中偶数个数字的选择方案有 right_even = (right + 1) / 2 个，奇数个数字的选择方案有 right_odd = right / 2 个；
所以，每个数字一共在 left_even * right_even + left_odd * right_odd 个奇数长度的数组中出现过。
我的参考代码（C++）：
class Solution {
public:
int sumOddLengthSubarrays(vector<int>& arr) {
int res = 0;
for(int i = 0; i < arr.size(); i ++){
int left = i + 1, right = arr.size() - i,
left_even = (left + 1) / 2, right_even = (right + 1) / 2,
left_odd = left / 2, right_odd = right / 2;
res += (left_even * right_even + left_odd * right_odd) * arr[i];
}
return res;
}
};
我的提交结果：时间 4ms；空间 8 MB。
O(n) 的解法可以应对 10^6 乃至 10^7 的数字规模。如果这道题的数字规模是这样的，那么上面两种解法都将超时，这个问题也就变成了一个 Medium 甚至是 Hard 的问题了吧：）
* odd奇数，even偶数
* 对于每个元素i(数组中下标为i)来说，要构成奇数长度的子数组
即 i左边的元素个数left+i本身自己一个+右边元素的个数right=奇数
即 left+right=偶数
* 满足a+b=偶数就只有两种情况
1. 奇数+奇数=偶数
2. 偶数+偶数=偶数
* 1. 所以只需要求得i左边可以选择奇数长度的可能有多少种，即left_odd,同样求右边奇数right_odd
就可以求出策略1有多少种可能
2. 所以只需要求得i左边可以选择偶数长度的可能有多少种，即left_odd,同样求右边偶数right_odd
就可以求出策略1有多少种可能，注意0也算选择的一种可能
* 即元素i在所有奇数长度子数组出现的次数总和是
left_odd*right_odd+left_even*right_even
* 元素i左边元素共有i个，右边元素共有siz-i-1个class Solution {
public:
// 前缀和
int sumOddLengthSubarrays(vector<int>& arr) {
int n = arr.size(), ans = 0;
vector<int> pre(n + 1, 0);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
pre[i + 1] = pre[i] + arr[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i += 2) {
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
if (j - i >= 0) ans += (pre[j] - pre[j - i]);
}
}
return ans;
}
};
