我想找出给定范围内少数数字的前 k 位数字的总和是否等于后 k 位数字的总和。这里范围很大，k小于20。
我们可以做到这一点的一种方法是通过蛮力方法。有人可以建议一些其他有效的算法。一样的吗？
【问题讨论】：
标签： algorithm
如果是范围，第一个数字不会经常变化，最后一个数字会以简单的方式变化。 S 是前 20 位数字的总和。虽然第二位不变，但当您转到下一位时，总和将加一。因此，如果除了最后一位之外，您的所有数字都是固定的，并且如果最后一位数字等于 i 的总和是 Si，那么您唯一好的最后一位数字是 n= S - Si + i。然后，您必须检查 n 是否介于 0 和 9 之间，以及结果数字是否在区间内。这将查找次数减少了 10 次。
您可以检查下一个第二个低位数字。
如果第一个 n 小于 0，则需要将第二个数字减少 -n。调用 n2 这个第二个数字。如果 n2 > = 0，好的数字将以 (n2,0), (n2 -1,1), ..., (0, n2) 结尾。这将复杂度降低了 100。
如果 n 大于 10，则将第二个数字增加 n-9。将 n2 称为第二个数字。如果 n2
您可以对第三个数字执行相同的操作，然后对第四个数字执行相同操作，直到 20。这将导致只有 1 个总和，并且复杂度为 O（解决方案的数量），因此它是最小的。对于编码，请注意您的第一个数字可能会发生变化。每组 20 个第一个数字进行一次计算。
【讨论】：
蛮力法的一个理论改进：
1) 对前k位求和，存入sumFirst
2) 对最后 k 位求和，但如果总和超过 sumFirst，则停止。
第 2 点可以省去总结最后几位数字的时间。
但是您必须衡量额外的逻辑是否比简单地添加所有 k 位成本更高。
【讨论】：
优化 N-k
改进算法的一种方法是，如果具有 N 位数字的数字具有以下属性：N < 2k。
例如，如果 N = 5 和 k = 3，5 < 2x3，数字是
abcde
您只需将ab 与de 计数（即无需检查k (3) 个数字，因为第 3rd 由 k-last 和 k-first 共享位数）。
也就是说两边要计算的位数只有
min(k, N-k), having N >= k
【讨论】：
如果您要对同一个数组多次使用，您可以将所有元素与之前的元素相加，即O(n)，其中数组的大小为n，即
for(int i = 1; i < n; i++)
arr[i] = arr[i] + arr[i-1];
这会将您的数组从probability density function 转换为cumulative distribution function（对于离散数字）。因此，您的查询将是 O(1) 即
if(arr[k-1] == (arr[n-1]-arr[n-k])) //arr[k-1] is sum of first k element
return true;
return false;
【讨论】：
对蛮力的另一个改进：
i = 0, T = 0
while |T| < 9 * (k - i)
T = T + last[i] - first[i]
i = i + 1
return T == 0
【讨论】：