【前缀和】个人练习-Leetcode-1352. Product of the Last K Numbers

题目链接：https://leetcode.cn/problems/product-of-the-last-k-numbers/

题目大意：设计一个类，维护一个数列，可以做到

• add()：将一个数添加到数列末尾
• getProduct(k)：返回最后k个数的乘积

题目保证调用getProduct(k)时数列中至少有k个数。

思路：一开始比较暴力，直接维护一个乘积数组，每进来一个新数num就给所有的乘积乘上`num``，后来果然超时了。这个方法看似利用了之前的乘积，但事实上依然所有的东西都乘了一遍，假设原先数列有3个数，连续塞入3个后，是做了$3+4+5$次乘法的。如果原先数列很长，接下来塞入的数也很多，时间复杂度会接近O(N2)O(N^2)O(N2)。

此时的乘积数列是这样的

位置 0 			1 		2		3
元素 x0			x1		x2		x3
乘积 x0x1x2x3 	x1x2x3 	x2x3 	x3

因此思考下如何真正利用先前的乘积。首先可以维护一个【从开头乘到i位置的乘积】的数列。这个数列看似没用（因为题目要求的是从末尾开始的k个数的乘积），但好处是一次计算即可完成，之后不会再修改。现在的乘积数列是这样

位置 0 	1 		2		3
元素 x0	x1		x2		x3
乘积 x0 	x0x1 	x0x1x2 	x0x1x2x3

此时，若要求后k个元素乘积，只需要【乘积数列最后一个元素】/【乘积数列第N-k-1个元素】即可。当然，为了防止N-k-1越界，可以除以【乘积数列第N-k个元素】再乘【数列本身第N-k个元素】。

然而有特殊情况就是碰到0，首先如果某个位置的元素是0，那么在其之前的数乘到末尾就都是0了，因此需要记录【最后一个零元素的位置】，在这个零元素的右边的那些数字的乘积是非零的。

随后，对于【乘积数列】，在碰到0时也要重新计算，因为在零元素左边的那些因数是无法传递过来的。如下例子

位置 0 	1 	2	3
元素 2	0	3	4
乘积 2 	0 	3 	12

如果N-k在零元素的左边（包括它本身），那么返回0即可；如果是右边，那么和之前做法相同。注意，在做这个比较时，如果判断条件是if (prd.size() - k <= lastZ)的话会出错，当这个式子是1 - 1 <= -1会判断为true。因为.size()方法返回的是size_t，右边的lastZ会被强制转换成size_t，此时-1会被解释为一个非常大的正整数，导致出错。因此维护一个int len来表示数组当前的长度，避免使用.size()

完整代码

class ProductOfNumbers {
public:vector<int> arr;vector<int> prd;int allp;int lastZ;int len;ProductOfNumbers() {arr.clear();prd.clear();allp = 1;lastZ = -1;len = 0;}void add(int num) {arr.push_back(num);len++;if (num == 0) {allp = 1;lastZ = len-1;prd.push_back(0);}else {allp *= num;int tmp;if (prd.size() == 0 || prd.back() == 0)tmp = 1;elsetmp = prd.back();  prd.push_back(num * tmp);}   }int getProduct(int k) {if (len - k <= lastZ)return 0;elsereturn allp / prd[len-k] * arr[len-k];}
};/* Your ProductOfNumbers object will be instantiated and called as such:* ProductOfNumbers* obj = new ProductOfNumbers();* obj->add(num);* int param_2 = obj->getProduct(k);*/