给定数组的子数组计数，中位数至少为 X

问题描述

给定一个长度为 n 的整数数组，找到其中长度至少为 k 的连续子数组个数，使得该子数组的中位数不小于 X。

解决方法

暴力枚举

最直接的想法就是对于每个长度不小于 k 的连续子数组，都检查其中的中位数是否不小于 X。这样需要检查的连续子数组的个数为 $O(n^2)$， 同时需要 $O(k)$ 的时间计算中位数。总时间复杂度为 $O(n^3 \times k)$，不足以通过本题。

二分答案

因为所有的中位数都不小于给定的 X，所以可以假设存在一个长度为 k 的连续子数组 A，使得 A 的中位数为 X。则对于任意长度不小于 k 的连续子数组 B，若 B 中不存在长度为 k 的子数组，使得该子数组的中位数为 X，则 B 一定不符合条件。

所以问题可以转化为，对于每个长度不小于 k 的连续子数组，判断其中是否存在长度为 k 的子数组，使得该子数组的中位数不小于 X。

可以二分一个中位数 mid，那么问题变成对于每个长度不小于 k 的连续子数组，判断其中是否存在长度为 k 的子数组，使得该子数组的中位数不小于 mid。

可以使用双指针维护一个长度为 k 的滑动窗口，使得滑动窗口中元素的中位数不小于 mid。使用双指针扫描一次数组，每次向右移动滑动窗口，判断其中是否存在符合条件的子数组即可。

对于一个滑动窗口，判断其中是否存在长度为 k 的子数组，使得该子数组的中位数不小于 mid，可以使用一个类似前缀和的技巧。对于每个元素，如果大于等于 mid，则记为1，否则记为-1。计算一个前缀和，表示从滑动窗口的左端点到当前位置，所有元素与 mid 的大小关系之和。如果前缀和大于等于 0，则说明存在长度为 k 的子数组使得该子数组的中位数不小于 mid。

时间复杂度为 $O(n \times \log_2{n} \times k)$，可以通过本题。

代码实现

from typing import List


def check(mid: int, nums: List[int], k: int) -> bool:
    """
    判断是否存在长度为 k 的连续子数组，使得该子数组的中位数不小于 mid
    """
    n = len(nums)
    pre_sum = [0] * (n + 1)
    for i in range(1, n + 1):
        if nums[i - 1] >= mid:
            pre_sum[i] = pre_sum[i - 1] + 1
        else:
            pre_sum[i] = pre_sum[i - 1] - 1

    min_sum = 0
    for i in range(k, n + 1):
        min_sum = min(min_sum, pre_sum[i - k])
        if pre_sum[i] - min_sum >= 0:
            return True
    return False


def count_subarrays(nums: List[int], k: int, x: int) -> int:
    """
    计算满足连续子数组长度不小于 k，且中位数不小于 x 的子数组个数
    """
    l, r = 1, int(1e9)
    while l < r:
        mid = (l + r + 1) // 2
        if check(mid, nums, k):
            l = mid
        else:
            r = mid - 1

    ans = 0
    for i in range(k, len(nums) + 1):
        if check(l, nums[i - k:i], k):
            ans += 1
    return ans

总结

本题的思路比较巧妙，需要一些思维和技巧。同时需要注意一些优化，比如前缀和和二分答案时的双指针处理。另外需要注意代码的细节问题，比如二分答案时的区间分配等。