给你一个下标从 0 开始的数组 nums ，数组中有 n 个整数，另给你一个整数 k 。
半径为 k 的子数组平均值 是指：nums 中一个以下标 i 为 中心 且 半径 为 k 的子数组中所有元素的平均值，即下标在 i - k 和 i + k 范围（含 i - k 和 i + k）内所有元素的平均值。如果在下标 i 前或后不足 k 个元素，那么 半径为 k 的子数组平均值 是 -1 。
构建并返回一个长度为 n 的数组 avgs ，其中 avgs[i] 是以下标 i 为中心的子数组的 半径为 k 的子数组平均值 。
x 个元素的 平均值 是 x 个元素相加之和除以 x ，此时使用截断式 整数除法 ，即需要去掉结果的小数部分。
- 例如，四个元素
2、3、1和5的平均值是(2 + 3 + 1 + 5) / 4 = 11 / 4 = 2.75，截断后得到2。
示例 1：
输入：nums = [7,4,3,9,1,8,5,2,6], k = 3
输出：[-1,-1,-1,5,4,4,-1,-1,-1]
解释：
- avg[0]、avg[1] 和 avg[2] 是 -1 ，因为在这几个下标前的元素数量都不足 k 个。
- 中心为下标 3 且半径为 3 的子数组的元素总和是：7 + 4 + 3 + 9 + 1 + 8 + 5 = 37 。
使用截断式 整数除法，avg[3] = 37 / 7 = 5 。
- 中心为下标 4 的子数组，avg[4] = (4 + 3 + 9 + 1 + 8 + 5 + 2) / 7 = 4 。
- 中心为下标 5 的子数组，avg[5] = (3 + 9 + 1 + 8 + 5 + 2 + 6) / 7 = 4 。
- avg[6]、avg[7] 和 avg[8] 是 -1 ，因为在这几个下标后的元素数量都不足 k 个。
示例 2：
输入：nums = [100000], k = 0
输出：[100000]
解释：
- 中心为下标 0 且半径 0 的子数组的元素总和是：100000 。
avg[0] = 100000 / 1 = 100000 。
示例 3：
输入：nums = [8], k = 100000
输出：[-1]
解释：
- avg[0] 是 -1 ，因为在下标 0 前后的元素数量均不足 k 。
提示：
n == nums.length1 <= n <= 10^50 <= nums[i], k <= 10^5
解法1 前缀和
根据题目描述，只有当中心位置 i ∈ [ k , n − k − 1 ] i \in [k, n-k-1] i∈[k,n−k−1] 时，整个长度为 2 k + 1 2k+1 2k+1 的子区间才会完整地落在数组 n u m s nums nums 内部。当 i < k i<k i<k 或者 i ≥ n − k i≥n−k i≥n−k 时，对应的平均值为 − 1 -1 −1 。
因此如果 k ≥ n − k − 1 k \geq n-k-1 k≥n−k−1 即 2 k + 1 ≥ n 2k+1≥n 2k+1≥n ，答案数组中所有的元素均为 − 1 -1 −1 。否则首先计算出数组 n u m s nums nums 的前缀和 s u m sum sum ，然后对 i ∈ [ k , n − k − 1 ] i \in [k,\ n - k - 1] i∈[k, n−k−1] 中的所有位置，利用前缀和求其 [ i − k , i + 1 ] [i -k , i +1] [i−k,i+1] 的元素和、并除以 2 k + 1 2k+1 2k+1 ： s u m [ i + k + 1 ] − s u m [ i − k ] 2 k − 1 \dfrac{sum[i + k + 1] - sum[i - k]}{2k-1} 2k−1sum[i+k+1]−sum[i−k]
注意，前缀和数组要用 long long ，不然会溢出。
class Solution {
public int[] getAverages(int[] nums, int k) {
if (k == 0) return nums;
int n = nums.length, m = 2 * k + 1;
int[] ans = new int[n];
Arrays.fill(ans, -1);
if (m > n) return ans;
long[] sum = new long[n + 1];
for (int i = 0; i < n; ++i) sum[i + 1] = sum[i] + nums[i];
for (int i = k; i + k < n; ++i) ans[i] = (int)((sum[i + k + 1] - sum[i - k]) / m);
return ans;
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
- 空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
解法2 滑动窗口
不难发现，上述做法需要 O ( n ) O(n) O(n) 的空间来存储前缀和，但实际上可以进一步优化，且只需遍历一次。
首先，先求出前 2 k + 1 2k+1 2k+1 个元素的和，放在答案数组的 a n s [ k ] ans[k] ans[k] 中。由于：
{ ans [ i − 1 ] = nums [ i − k − 1 ] + nums [ i − k ] + ⋯ + nums [ i + k − 1 ] ans [ i ] = nums [ i − k ] + ⋯ + nums [ i + k − 1 ] + nums [ i + k ] \left\{ \begin{aligned} & \textit{ans}[i - 1] && = \textit{nums}[i - k - 1] + \textit{nums}[i - k] + \cdots + \textit{nums}[i + k - 1] \\ & \textit{ans}[i] && = \textit{nums}[i - k] + \cdots + \textit{nums}[i + k - 1] + \textit{nums}[i + k] \end{aligned} \right. {ans[i−1]ans[i]=nums[i−k−1]+nums[i−k]+⋯+nums[i+k−1]=nums[i−k]+⋯+nums[i+k−1]+nums[i+k]
因此随后只需要通过递推式：
ans [ i ] = ans [ i − 1 ] + nums [ i + k ] − nums [ i − k − 1 ] \textit{ans}[i] = \textit{ans}[i - 1] + \textit{nums}[i + k] - \textit{nums}[i - k - 1] ans[i]=ans[i−1]+nums[i+k]−nums[i−k−1]
即可得到所有中心位置 i ∈ [ k , n − k − 1 ] i \in [k, n-k-1] i∈[k,n−k−1] 且长度为 2 k + 1 2k+1 2k+1 的子数组的和。最后将每一个和除以 2 k + 1 2k+1 2k+1 即可得到平均数。
class Solution {
public int[] getAverages(int[] nums, int k) {
if (k == 0) return nums;
int n = nums.length, m = 2 * k + 1;
int[] ans = new int[n];
Arrays.fill(ans, -1);
if (m > n) return ans;
long sum = 0;
for (int i = 0; i < m; ++i) sum += nums[i];
for (int i = k; i + k < n; ++i) {
if (i != k) sum += nums[i + k] - nums[i - k - 1];
ans[i] = (int)(sum / m);
}
return ans;
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
- 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1) ，不计算答案数组的情况下，只使用了若干辅助变量