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刷题汇总：传送门！
一、【模板】前缀和
1.1 题目
1.2 思路
1.3 代码实现
二、【模板】二维前缀和
2.1 题目
2.2 思路
2.3 代码实现
三、寻找数组的中心下标
3.1 题目
3.2 思路
3.3 代码实现
四、 除自身以外数组的乘积
4.1 题目
4.2 思路
4.3 代码实现
五、和为 K 的子数组
5.1 题目
5.2 思路
5.3 思路
六、和可被 K 整除的子数组
6.1 题目
6.2 思路
6.3 代码实现
七、 连续数组
7.1 题目
7.2 思路
7.3 代码实现
八、 矩阵区域和
8.1 题目
8.2 思路
8.3 代码实现
每道题的标题，均是该题目的传送门，点击传送到对应题目！
一、【模板】前缀和
1.1 题目
1.2 思路
暴力求解（模拟）：q次询问，每次将需要的地方加起来返回就好，时间复杂度O(N*q)
前缀和（快速求出数组中某一连续空间的和）：
a. 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] ；
b. 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] 。
时间复杂度：O(q)+O(N)
1.3 代码实现
我们的前缀和数组再相加的时候有可能溢出，所以使用long / long long
#include <iostream>
#include<vector>
using namespace std;
int main()
{
//读入数据
int n,q;
cin >> n >> q;
vector<int> arr(n+1);
for(int i =1;i <= n;i++)
cin >> arr[i];
//预处理一个前缀和数组
vector<long> dp(n+1);
for(int i = 1;i <= n;i++)
dp[i] = dp[i-1]+arr[i];
//使用前缀和数组
int l=0,r=0;
while(q--)
{
cin >>l >> r;
cout << dp[r]-dp[l-1] <<endl;
}
return 0;
}
二、【模板】二维前缀和
2.1 题目
2.2 思路
类比于一维数组的形式，如果我们能处理出来从 [0, 0] 位置到 [i, j] 位置这片区域内所有元素的累加和，就可以在 O(1) 的时间内，搞定矩阵内任意区域内所有元素的累加和。因此我们接下来仅需完成两步即可：
第一步：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（同学们可以自行尝试直接搞出来前缀和矩阵，边界条件的处理会让你崩溃的）。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：
i. 从 dp 表到 matrix 矩阵，横纵坐标减一；
ii. 从 matrix 矩阵到 dp 表，横纵坐标加一。
前缀和矩阵中 sum[i][j] 的含义，以及如何递推二维前缀和方程
a. sum[i][j] 的含义：
sum[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：
a. 递推方程：
其实这个递推方程非常像我们小学做过求图形面积的题，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：
sum[i][j] = 红 + 蓝 + 绿 + 黄，分析一下这四块区域：
i. 黄色部分最简单，它就是数组中的 matrix[i - 1][j - 1] （注意坐标的映射关系）
ii. 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；
iii. 但是如果是红 + 蓝，正好是我们 dp 数组中 sum[i - 1][j] 的值，美滋滋；
iv. 同理，如果是红 + 绿，正好是我们 dp 数组中 sum[i][j - 1] 的值；
v. 如果把上面求的三个值加起来，那就是黄 + 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；
vi. 红的面积正好也是符合 dp 数组的定义的，即 sum[i - 1][j - 1]
综上所述，我们的递推方程就是：
sum[i][j]=sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j -1]+matrix[i - 1][j - 1]
第二步：使用前缀和矩阵
题目的接口中提供的参数是原始矩阵的下标，为了避免下标映射错误，这里直接先把下标映射成dp 表里面对应的下标： row1++, col1++, row2++, col2++
接下来分析如何使用这个前缀和矩阵，如下图（注意这里的 row 和 col 都处理过了，对应的正
是 sum 矩阵中的下标）：
对于左上角 (row1, col1) 、右下角 (row2, col2) 围成的区域，正好是红色的部分。因此我们要求的就是红色部分的面积，继续分析几个区域：
i. 黄色，能直接求出来，就是 sum[row1 - 1, col1 - 1] （为什么减一？因为要剔除掉 row 这一行和 col 这一列）
ii. 绿色，直接求不好求，但是和黄色拼起来，正好是 sum 表内 sum[row1 - 1][col2]的数据；
iii. 同理，蓝色不好求，但是 蓝 + 黄 = sum[row2][col1 - 1] ；
iv. 再看看整个面积，好求嘛？非常好求，正好是 sum[row2][col2] ；
v. 那么，红色就 = 整个面积 - 黄 - 绿 - 蓝，但是绿蓝不好求，我们可以这样减：整个面积 -（绿+ 黄 ）-（蓝 + 黄），这样相当于多减去了一个黄，再加上即可
综上所述：红 = 整个面积 - （绿 + 黄）- （蓝 + 黄）+ 黄，从而可得红色区域内的元素总和为：
sum[row2][col2]-sum[row2][col1 - 1]-sum[row1 - 1][col2]+sum[row1 -1][col1 - 1]
2.3 代码实现
#include<vector>
#include <iostream>
using namespace std;
int main() {
int n = 0,m = 0,q = 0;
cin >> n >> m >>q;
//读入数据
vector<vector<int>> arr(n+1,vector<int>(m+1));
for(int i = 1;i <= n;i++)
for(int j = 1;j<=m;j++)
cin >> arr[i][j];
//处理前缀和矩阵
vector<vector<long>> dp(n+1,vector<long>(m+1));
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
for(int j =1;j <= m;j++)
{
dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j] + arr[i][j] - dp[i-1][j-1];
}
}
//使用前缀和矩阵
int x1,y1,x2,y2;
while(q--)
{
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;
}
三、寻找数组的中心下标
3.1 题目
3.2 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。
3.3 代码实现
class Solution {
public:
int pivotIndex(vector<int>& nums)
{
// lsum[i] 表示：[0, i - 1] 区间所有元素的和
// rsum[i] 表示：[i + 1, n - 1] 区间所有元素的和
int n = nums.size();
vector<int> lsum(n), rsum(n);
// 预处理前缀和后缀和数组
for (int i = 1; i < n; i++)
lsum[i] = lsum[i - 1] + nums[i - 1];
for (int i = n - 2; i >= 0; i--)
rsum[i] = rsum[i + 1] + nums[i + 1];
// 判断
for (int i = 0; i < n; i++)
if (lsum[i] == rsum[i])
return i;
return -1;
}
};
四、 除自身以外数组的乘积
4.1 题目
4.2 思路
注意题目的要求，不能使用除法，并且要在 O(N) 的时间复杂度内完成该题。那么我们就不能使用暴力的解法，以及求出整个数组的乘积，然后除以单个元素的方法。
继续分析，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：
i. nums[0] * nums[1] * nums[2] * ... * nums[i - 1]
ii. 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 post 和 suf，分别处理出来两个信息：
i. post 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，
ii. suf 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。
4.3 代码实现
class Solution {
public:
vector<int> productExceptSelf(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
vector<int> f(n,1),g(n,1);//注意细节
//预处理
for(int i = 1;i < n;i++)
f[i] = nums[i-1] * f[i-1];
for(int i = n-2; i >= 0; i--)
g[i] = nums[i+1] * g[i+1];
vector<int> ret(n);
for(int i = 0; i < n;i++)
ret[i] = f[i] * g[i];
return ret;
}
};
五、和为 K 的子数组
5.1 题目
5.2 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] 区间内的和是不是就是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。
我们不用真的初始化一个前缀和数组，因为我们只关心在 i 位置之前，有多少个前缀和等于sum[i] - k 。因此，我们仅需用一个哈希表，一边求当前位置的前缀和，一边存下之前每一种前缀和出现的次数。
5.3 思路
class Solution {
public:
int subarraySum(vector<int>& nums, int k)
{
unordered_map<int,int> hash; // 统计前缀和出现的次数
hash[0] = 1;
int ret = 0,sum = 0;
for(auto x : nums)
{
sum += x; // 计算当前位置的前缀和
if(hash.count(sum - k)) // 统计个数
ret += hash[sum-k];
hash[sum]++;
}
return ret;
}
};
六、和可被 K 整除的子数组
6.1 题目
6.2 思路
本题需要的前置知识：
• 同余定理
如果 (a - b) % n == 0 ，那么我们可以得到一个结论： a % n == b % n 。用文字叙述就是，如果两个数相减的差能被 n 整除，那么这两个数对 n 取模的结果相同。
例如： (26 - 2) % 12 == 0 ，那么 26 % 12 == 2 % 12 == 2 。
• c++ 中负数取模的结果，以及如何修正「负数取模」的结果
a. c++ 中关于负数的取模运算，结果是「把负数当成正数，取模之后的结果加上一个负号」。例如： -1 % 3 = -(1 % 3) = -1
b. 因为有负数，为了防止发生「出现负数」的结果，以 (a % n + n) % n 的形式输出保证为
正。例如： -1 % 3 = (-1 % 3 + 3) % 3 = 2
思路与 和为 K 的子数组 这道题的思路相似。
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 为结尾的可被 k 整除的子数组」，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可被 k 整除。
• 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 sum[i] % k 的即可。
我们不用真的初始化一个前缀和数组，因为我们只关心在 i 位置之前，有多少个前缀和等于
sum[i] - k 。因此，我们仅需用一个哈希表，一边求当前位置的前缀和，一边存下之前每一种前
缀和出现的次数。
6.3 代码实现
class Solution {
public:
int subarraysDivByK(vector<int>& nums, int k)
{
unordered_map<int,int> hash;
hash[0 % k] = 1; //0这个数的余数 hash[0]=1
int sum = 0,ret = 0;
for(auto x : nums)
{
sum += x; //算出当前位置的前缀和
int r = (sum % k + k) % k; // 修正后的余数
if(hash.count(r))
ret += hash[r]; //统计结果
hash[r]++;
}
return ret;
}
};
七、 连续数组
7.1 题目
7.2 思路
暴力解法就是枚举所有的子数组，然后判断子数组是否满足要求
稍微转化一下题目，就会变成我们熟悉的题：
• 本题让我们找出一段连续的区间， 0 和 1 出现的次数相同。
• 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 。
• 于是，就和 和为 K 的子数组 这道题的思路一样
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] 区间内的和是不是就是 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。
我们不用真的初始化一个前缀和数组，因为我们只关心在 i 位置之前，第一个前缀和等于 sum[i]的位置。因此，我们仅需用一个哈希表，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。
7.3 代码实现
class Solution {
public:
int findMaxLength(vector<int>& nums)
{
unordered_map<int,int> hash;
hash[0] = -1; // 默认有一个前缀和为 0 的情况
int sum = 0,ret = 0;
for(int i = 0;i < nums.size();i++)
{
sum += nums[i] == 0 ? -1 : 1; // 计算当前位置的前缀和
if(hash.count(sum))
ret = max(ret,i-hash[sum]);
else hash[sum] = i;
}
return ret;
}
};
八、 矩阵区域和
8.1 题目
8.2 思路
如果没有看懂题目可以画个图理解一下
二维前缀和的简单应用题，关键就是我们在填写结果矩阵的时候，要找到原矩阵对应区域的「左上角」以及「右下角」的坐标（推荐大家画图）
左上角坐标： x1 = i - k，y1 = j - k ，但是由于会「超过矩阵」的范围，因此需要对 0取一个 max。因此修正后的坐标为： x1 = max(0, i - k), y1 = max(0, j - k) ;
右下角坐标： x1 = i + k，y1 = j + k ，但是由于会「超过矩阵」的范围，因此需要对 m- 1 ，以及 n - 1 取一个 min 。因此修正后的坐标为： x2 = min(m - 1, i + k),y2 = min(n - 1, j + k) 。
8.3 代码实现
class Solution {
public:
vector<vector<int>> matrixBlockSum(vector<vector<int>>& mat, int k)
{
int m = mat.size(),n = mat[0].size();
//1. 预处理一个前缀和矩阵
vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1));
for(int i = 1;i <= m;i++)
for(int j = 1;j <= n;j++)
dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j] - dp[i-1][j-1] + mat[i-1][j-1];
//2. 使用
vector<vector<int>> answer(m,vector<int>(n));
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;
answer[i][j] = dp[x2][y2] - dp[x1-1][y2] - dp[x2][y1-1] + dp[x1-1][y1-1];
}
}
return answer;
}
};
本篇完，下篇见！
