旷视科技 面试原题
昨天在翻看读者历史留言的时候，无意看到一条几个月前的留言。
当时这位读者投稿了旷视科技的二面算法原题。
而投稿的题目，我印象很深，当时我还在日更 LC 题解的时候，曾作为 LC 每日一题出过。
那天还有群里小伙伴问过：这么难的题有必要掌握吗？
我当时给的答复大概是：将知识拆开看来，不算冷门，但企业笔试面试大概率不会出这样的题。
结果读者投稿这道题出现在了旷视二面 🤣
啊？旷视的区分度果然在字节跳动之上。
一起来看看这道题。
题目描述
平台：LeetCode
题号：805
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。
Java 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;
}
}
C++ 代码：
class Solution {
public:
bool splitArraySameAverage(vector<int>& nums) {
int n = nums.size(), m = n / 2, sum = 0;
for (int x : nums) sum += x;
map<int, unordered_set<int>> 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) {
tot += nums[i]; cnt++;
}
}
hashMap[tot].insert(cnt);
}
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) {
tot += nums[i + m]; cnt++;
}
}
for (int k = max(1, cnt); k < n; k++) {
if (k * sum % n != 0) continue;
int t = k * sum / n;
if (hashMap.count(t - tot) == 0) continue;
if (!hashMap[t - tot].count(k - cnt)) continue;
return true;
}
}
return false;
}
};
Python 代码：
from collections import defaultdict
class Solution:
def splitArraySameAverage(self, nums: List[int]) -> bool:
n, m = len(nums), len(nums) // 2
sum_nums = sum(nums)
hash_map = defaultdict(set)
for s in range(1 << m):
tot = cnt = 0
for i in range(m):
if ((s >> i) & 1):
tot += nums[i]
cnt += 1
hash_map[tot].add(cnt)
for s in range(1 << (n - m)):
tot = cnt = 0
for i in range(n - m):
if ((s >> i) & 1):
tot += nums[i + m]
cnt += 1
for k in range(max(1, cnt), n):
if (k * sum_nums) % n != 0: continue
t = (k * sum_nums) // n
if (t - tot) not in hash_map: continue
if (k - cnt) not in hash_map[t - tot]: continue
return True
return False
TypeScript 代码：
function splitArraySameAverage(nums: number[]): boolean {
let n = nums.length, m = Math.floor(n / 2), sum = 0;
for (let x of nums) sum += x;
let map = new Map();
for (let s = 0; s < (1 << m); s++) {
let tot = 0, cnt = 0;
for (let i = 0; i < m; i++) {
if (((s >> i) & 1) == 1) {
tot += nums[i]; cnt++;
}
}
let set = map.get(tot) || new Set();
set.add(cnt);
map.set(tot, set);
}
for (let s = 0; s < (1 << (n - m)); s++) {
let tot = 0, cnt = 0;
for (let i = 0; i < (n - m); i++) {
if (((s >> i) & 1) == 1) {
tot += nums[i + m]; cnt++;
}
}
for (let k = Math.max(1, cnt); k < n; k++) {
if (k * sum % n != 0) continue;
let t = Math.floor(k * sum / n);
if (!map.has(t - tot)) continue;
if (!map.get(t - tot).has(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：
我是宫水三叶，每天都会分享算法知识，并和大家聊聊近期的所见所闻。
欢迎关注，明天见。
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