前缀和
1. 前缀和【模板】
题目链接 -> Nowcoder -DP34.前缀和【模板】
Nowcoder -DP34.前缀和【模板】
题目：给定一个长度为n的数组 a1, a2, …an.
接下来有q次查询, 每次查询有两个参数l, r.
对于每个询问, 请输出 al + al + 1 + … + ar
输入描述：
第一行包含两个整数n和q.
第二行包含n个整数, 表示 a1, a2, …an.
接下来q行, 每行包含两个整数 l 和 r.
1 ≤ n, q ≤ 10^5
−10^9 ≤ a[i] ≤ 10^9
1 ≤ l ≤ r ≤n
输出描述：
输出q行, 每行代表一次查询的结果.
示例1
输入：
3 2
1 2 4
1 2
2 3
输出：
3
6
思路：
- 先预处理出来⼀个「前缀和」数组：
用 dp[i] 表示： [1, i] 区间内所有元素的和，那么 dp[i - 1] 里面存的就是 [1, i - 1] 区间内所有元素的和，那么：可得递推公式： dp[i] = dp[i - 1] + arr[i] ；
- 使用前缀和数组，「快速」求出「某⼀个区间内」所有元素的和：
当询问的区间是 [l, r] 时：区间内所有元素的和为： dp[r] - dp[l - 1]
代码如下：
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int main()
{
int n = 0, q = 0;
cin >> n >> q;
// 读取数据
vector<long long> arr(n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> arr[i];
// 处理前缀和数组
vector<long long> dp(n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++)
dp[i] = dp[i - 1] + arr[i];
// 计算区间和
while(q--)
{
int l = 0, r = 0;
cin >> l >> r;
cout << dp[r] - dp[l - 1] << endl;
}
return 0;
}
2. 二维前缀和【模板】
题目链接 -> Nowcoder -DP35.二维前缀和【模板】
Nowcoder -DP35.二维前缀和【模板】
题目：给你一个 n 行 m 列的矩阵 A ，下标从1开始。
接下来有 q 次查询，每次查询输入 4 个参数 x1, y1, x2, y2
请输出以(x1, y1) 为左上角, (x2, y2) 为右下角的子矩阵的和，
输入描述：
第一行包含三个整数n, m, q.
接下来n行，每行m个整数，代表矩阵的元素
接下来q行，每行4个整数x1, y1, x2, y2，分别代表这次查询的参数
1 <= n,m <= 1000
1 <= q <= 10^5
-10^9 <= a[i][j] <= 10^9
1 <= x1 <= x2 <= n
1 <= y1 <= y2 <= m
输出描述：
输出q行，每行表示查询结果。
思路：前缀和；
1、首先搞出来前缀和矩阵，这里就要用到一维数组里面的拓展知识，我们要在矩阵的最上面和最左边添加上一行和一列 0，这样我们就可以省去非常多的边界条件的处理；处理后的矩阵就像这样：
这样，我们填写前缀和矩阵数组的时候，下标直接从 1 开始，能大胆使用 i - 1 , j - 1 位置的值。
注意 dp 表与原数组 matrix 内的元素的映射关系：
- 从 dp 表到 matrix 矩阵，横纵坐标减一；
- 从 matrix 矩阵到 dp 表，横纵坐标加一
前缀和矩阵中 dp[i][j] 的含义，以及如何递推二维前缀和方程
-
dp[i][j] 的含义：
dp[i][j] 表示，从 [0, 0] 位置到 [i, j] 位置这段区域内，所有元素的累加和。对应下图的红色区域
- 递推方程
我们可以将 [0, 0] 位置到 [i, j] 位置这段区域分解成下面的部分：
dp[i][j] = 红 + 蓝 + 绿 + 紫，分析一下这四块区域：
- 紫色部分最简单，它就是原数组矩阵中的 matrix[i - 1][j - 1] （注意坐标的映射关系）
- 单独的蓝不好求，因为它不是我们定义的状态表示中的区域，同理，单独的绿也是；
- 但是如果是红 + 蓝，正好是我们 dp 数组矩阵中 dp[i - 1][j] 的值
- 同理，如果是红 + 绿，正好是我们 dp 数组矩阵中 dp[i][j - 1] 的值
- 如果把上面求的三个值加起来，那就是紫 + 红 + 蓝 + 红 + 绿，发现多算了一部分红的面积，因此再单独减去红的面积即可；
- 红的面积正好也是符合 dp 数组的定义的，即 dp[i - 1][j - 1]
综上所述，我们的 dp 矩阵递推方程就是：
dp[i][j]=dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] - dp[i - 1][j - 1]+matrix[i - 1][j - 1]
2、使用 dp 前缀和矩阵
我们可以继续使用下面这个图，题中求的是 [x1, y1] 到 [x2, y2] 的面积：
也可以画出具体的图理解，如下图所示：
接下来分析如何使用这个前缀和矩阵，假设上图中这里的 x 和 y 都处理过了，对应的正是 dp 矩阵中的下标；
因此我们要求的就是紫色部分的面积，继续分析几个区域：
- 红色，能直接求出来，就是 dp[x1 - 1][y1 - 1] （为什么减一？因为要剔除掉 x1 这一行和 y1 这一列，这一行和这一列是要求出来的结果的一部分）
- 蓝色，直接求不好求，但是和红色拼起来，正好是 dp 表内 dp[x1 - 1][y2] 的数据
- 同理，绿色不好求，但是 红 + 绿 = dp[x2][y1 - 1] ；
- 再看看整个面积，非常好求，正好是 dp[x2][y2] ；
- 那么，紫色 = 整个面积 - 红 - 蓝 - 绿，但是蓝绿不好求，我们可以这样减：整个面积 -（蓝 + 红）-（绿 + 红），这样相当于多减去了一个红，再加上即可
综上所述：紫 = 整个面积 -（蓝 + 红）- （绿 + 红）+ 红，从而可得紫色区域内的元素总和为：dp[x2][y2] - dp[x2][y1 - 1] - dp[x1 - 1][y2] + dp[x1 - 1][y1 - 1]
思路介绍完毕，代码如下：
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int main()
{
int n = 0, m = 0, q = 0;
cin >> n >> m >> q;
// 输入矩阵
vector<vector<long long>> arr(n + 1, vector<long long>(m + 1));
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= m; j++)
cin >> arr[i][j];
// 预处理，创建一个 dp 矩阵
vector<vector<long long>> dp(n + 1, vector<long long>(m + 1));
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= m; j++)
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] - dp[i - 1][j - 1] + arr[i][j];
// 使用矩阵查询
while(q--)
{
int x1, y1, x2, y2;
cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
cout << (dp[x2][y2] - dp[x1 - 1][y2] - dp[x2][y1 - 1] + dp[x1 - 1][y1 - 1]) << endl;
}
return 0;
}
3. 寻找数组的中心下标
题目链接 -> Leetcode -724.寻找数组的中心下标
Leetcode -724.寻找数组的中心下标
题目：给你一个整数数组 nums ，请计算数组的 中心下标 。
数组 中心下标 是数组的一个下标，其左侧所有元素相加的和等于右侧所有元素相加的和。
如果中心下标位于数组最左端，那么左侧数之和视为 0 ，因为在下标的左侧不存在元素。这一点对于中心下标位于数组最右端同样适用。
如果数组有多个中心下标，应该返回 最靠近左边 的那一个。如果数组不存在中心下标，返回 - 1 。
示例 1：
输入：nums = [1, 7, 3, 6, 5, 6]
输出：3
解释：
中心下标是 3 。
左侧数之和 sum = nums[0] + nums[1] + nums[2] = 1 + 7 + 3 = 11 ，
右侧数之和 sum = nums[4] + nums[5] = 5 + 6 = 11 ，二者相等。
示例 2：
输入：nums = [1, 2, 3]
输出： - 1
解释：
数组中不存在满足此条件的中心下标。
示例 3：
输入：nums = [2, 1, -1]
输出：0
解释：
中心下标是 0 。
左侧数之和 sum = 0 ，（下标 0 左侧不存在元素），
右侧数之和 sum = nums[1] + nums[2] = 1 + -1 = 0 。
提示：
- 1 <= nums.length <= 10^4
- 1000 <= nums[i] <= 1000
思路：从中心下标的定义可知，除中心下标的元素外，该元素左边的「前缀和」等于该元素右边的「后缀和」。
- 因此，我们可以先预处理出来两个数组，⼀个表示前缀和，另一个表示后缀和。
- 然后，我们可以用一个 for 循环枚举可能的中心下标，判断每一个位置的「前缀和」以及「后缀和」，如果二者相等，就返回当前下标。
代码如下：
class Solution {
public:
// 前缀和思想
int pivotIndex(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
vector<int> dp(n + 1);
// 先填表
for(int i = 1; i <= n; i++)
dp[i] = dp[i - 1] + nums[i - 1];
// 使用 dp 表
for(int i = 1; i <= n; i++)
if(dp[i - 1] == dp[n] - dp[i]) return i - 1;
return -1;
}
};
4. 除自身以外数组的乘积
题目链接 -> Leetcode -238.除自身以外数组的乘积
Leetcode -238.除自身以外数组的乘积
题目：给你一个整数数组 nums，返回 数组 answer ，其中 answer[i] 等于 nums 中除 nums[i] 之外其余各元素的乘积 。
题目数据 保证 数组 nums之中任意元素的全部前缀元素和后缀的乘积都在 32 位 整数范围内。
请 不要使用除法，且在 O(n) 时间复杂度内完成此题。
示例 1:
输入: nums = [1, 2, 3, 4]
输出 : [24, 12, 8, 6]
示例 2 :
输入 : nums = [-1, 1, 0, -3, 3]
输出 : [0, 0, 9, 0, 0]
提示：
- 2 <= nums.length <= 10^5
- 30 <= nums[i] <= 30
保证 数组 nums之中任意元素的全部前缀元素和后缀的乘积都在 32 位 整数范围内。
思路：根据题意，对于每⼀个位置的最终结果 ret[i] ，它是由两部分组成的：
- nums[0] * nums[1] * nums[2] * … * nums[i - 1]
- nums[i + 1] * nums[i + 2] * … * nums[n - 1]
于是，我们可以利用前缀和的思想，使用两个数组 f 和 g，分别处理出来两个信息：
- f[i] 表示：i 位置之前的所有元素，即 [0, i - 1] 区间内所有元素的前缀乘积
- g[i] 表示：i 位置之后的所有元素，即 [i + 1, n - 1] 区间内所有元素的后缀乘积
然后再处理最终结果
代码如下：
class Solution {
public:
vector<int> productExceptSelf(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
vector<int> f(n, 1), g(n, 1), dp(n);
// f[i] 表示：i 位置之前的所有元素，即 [0, i - 1] 区间内所有元素的前缀乘积;
// g[i] 表示：i 位置之后的所有元素，即 [i + 1, n - 1] 区间内所有元素的后缀乘积
for(int i = 1; i < n; i++) f[i] = f[i - 1] * nums[i - 1];
for(int i = n - 2; i >= 0; i--) g[i] = g[i + 1] * nums[i + 1];
for(int i = 0; i < n; i++) dp[i] = f[i] * g[i];
return dp;
}
};
5. 和为K的子数组
题目链接 -> Leetcode -560.和为K的子数组
Leetcode -560.和为K的子数组
题目：给你一个整数数组 nums 和一个整数 k ，请你统计并返回 该数组中和为 k 的连续子数组的个数 。
子数组是数组中元素的连续非空序列。
示例 1：
输入：nums = [1, 1, 1], k = 2
输出：2
示例 2：
输入：nums = [1, 2, 3], k = 3
输出：2
提示：
- 1 <= nums.length <= 2 * 10^4
- 1000 <= nums[i] <= 1000
- 10^7 <= k <= 10^7
思路：设 i 为数组中的任意位置，用 sum[i] 表示 [0, i] 区间内所有元素的和；想知道有多少个「以 i 为结尾的和为 k 的子数组」，就要找到有多少个起始位置为 x1, x2, x3… 使得 [x, i] 区间内的所有元素的和为 k ；那么 [0, x] 区间内的和就是sum[i] - k 了。于是问题就变成：
- 找到在 [0, i - 1] 区间内，有多少前缀和等于 sum[i] - k 的即可
代码如下：
class Solution {
public:
int subarraySum(vector<int>& nums, int k)
{
int n = nums.size();
vector<int> dp(n + 1);
unordered_map<int, int> hash;
// 当整个前缀和等于 k 时，相当于找和为 0 的个数，所以默认和为 0 的有一个
hash[0] = 1;
int sum = 0, ret = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
// 计算当前位置的前缀和
dp[i] = dp[i - 1] + nums[i - 1];
// 在 [0, i - 1] 区间内，有多少前缀和等于 dp[i] - k
if(hash.count(dp[i] - k)) ret += hash[dp[i] - k];
hash[dp[i]]++;
}
return ret;
}
};
6. 和可被K整除的子数组
题目链接 -> Leetcode -974.和可被K整除的子数组
Leetcode -974.和可被K整除的子数组
题目：给定一个整数数组 nums 和一个整数 k ，返回其中元素之和可被 k 整除的（连续、非空） 子数组 的数目。
子数组 是数组的 连续 部分。
示例 1：
输入：nums = [4, 5, 0, -2, -3, 1], k = 5
输出：7
解释：
有 7 个子数组满足其元素之和可被 k = 5 整除：
[4, 5, 0, -2, -3, 1], [5], [5, 0], [5, 0, -2, -3], [0], [0, -2, -3], [-2, -3]
示例 2:
输入: nums = [5], k = 9
输出 : 0
提示 :
- 1 <= nums.length <= 3 * 10^4
- 10^4 <= nums[i] <= 10^4
- 2 <= k <= 10^4
思路：
- 同余定理：如果（a - b）% p = 0，那么 a % p = b % p；设 [0, x - 1] 区间内所有元素之和等于 a ， [0, i] 区间内所有元素的和等于 b ，可得(b - a) % k == 0；
由同余定理可得， [0, x - 1] 区间与 [0, i] 区间内的前缀和同余。于是问题就变成：找到在 [0, i - 1] 区间内，有多少前缀和的余数等于 dp[i] % k 的即可。
代码如下：
class Solution {
public:
int subarraysDivByK(vector<int>& nums, int k)
{
int n = nums.size();
vector<int> dp(n + 1);
unordered_map<int, int> hash;
hash[0] = 1; // 0 这个数的余数
int ret = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
// 当前位置的前缀和
dp[i] = dp[i - 1] + nums[i - 1];
// 因为 c++ 中负数对正数取余得到的是负数，所以要进行修正，修正后的结果：
int tp = (dp[i] % k + k) % k; // 相当于是 dp[i] % k
// 统计结果
// 如果这个余数在前面出现过，现在加上 nums[i - 1] 后，还是等于这个余数，说明这个数可以被 k 整数
if (hash.count(tp)) ret += hash[tp];
hash[tp]++;
}
return ret;
}
};
7. 连续数组
题目链接 -> Leetcode -525.连续数组
Leetcode -525.连续数组
题目：给定一个二进制数组 nums, 找到含有相同数量的 0 和 1 的最长连续子数组，并返回该子数组的长度。
示例 1:
输入: nums = [0, 1]
输出 : 2
说明 : [0, 1] 是具有相同数量 0 和 1 的最长连续子数组。
示例 2 :
输入 : nums = [0, 1, 0]
输出 : 2
说明 : [0, 1] (或[1, 0]) 是具有相同数量0和1的最长连续子数组。
提示：
- 1 <= nums.length <= 10^5
- nums[i] 不是 0 就是 1
思路：设 i 为数组中的任意位置，用 sum[i] 表示 [0, i] 区间内所有元素的和。如果将 0 记为 -1 ， 1 记为 1 ，问题就变成了找出一段区间，这段区间的和等于 0.
-
想知道最大的「以 i 为结尾的和为 0 的⼦数组」，就要找到从左往右第⼀个 x1 使得 [x1, i] 区间内的所有元素的和为 0 。
-
那么 [0, x1 - 1] 区间内的和就是 sum[i] 了。于是问题就变成：
找到在 [0, i - 1] 区间内，第⼀次出现 sum[i] 的位置即可； -
我们可以用一个哈希表，⼀边求当前位置的前缀和，一边记录第一次出现该前缀和的位置。
代码如下：
class Solution {
public:
int findMaxLength(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
unordered_map<int, int> hash;
// 默认有一个前缀和为 0 的情况
hash[0] = -1;
int retlen = 0, sum = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
// 计算当前位置的前缀和
sum += nums[i] == 0? -1 : 1;
if(hash.count(sum))
retlen = max(i - hash[sum], retlen);
// 存下标
else hash[sum] = i;
}
return retlen;
}
};
8. 矩阵区域和
题目链接 -> Leetcode -1314.矩阵区域和
Leetcode -1314.矩阵区域和
题目：给你一个 m x n 的矩阵 mat 和一个整数 k ，请你返回一个矩阵 answer ，其中每个 answer[i][j] 是所有满足下述条件的元素 mat[r][c] 的和：
i - k <= r <= i + k,
j - k <= c <= j + k 且
(r, c) 在矩阵内。
示例 1：
输入：mat = [[1, 2, 3], [4, 5, 6], [7, 8, 9]], k = 1
输出： [[12, 21, 16], [27, 45, 33], [24, 39, 28]]
示例 2：
输入：mat = [[1, 2, 3], [4, 5, 6], [7, 8, 9]], k = 2
输出： [[45, 45, 45], [45, 45, 45], [45, 45, 45]]
提示：
- m == mat.length
- n == mat[i].length
- 1 <= m, n, k <= 100
- 1 <= mat[i][j] <= 100
思路：二维前缀和的简单应用题，画图写出公式即可；
代码如下：
class Solution {
public:
vector<vector<int>> matrixBlockSum(vector<vector<int>>& mat, int k)
{
int m = mat.size(), n = mat[0].size();
vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));
vector<vector<int>> ret(m, vector<int>(n));
for(int i = 1; i <= m; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++)
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] - dp[i - 1][j - 1] + mat[i - 1][j - 1];
for(int i = 0; i < m; i++)
{
for(int j = 0; j < n; j++)
{
int x1 = max(0, i - k) + 1, y1 = max(0, j - k) + 1;
int x2 = min(m - 1, i + k) + 1, y2 = min(n - 1, j + k) + 1;
ret[i][j] = dp[x2][y2] - dp[x1 - 1][y2] - dp[x2][y1 - 1] + dp[x1 - 1][y1 - 1];
}
}
return ret;
}
};
