1 【模板】⼀维前缀和
1.1 题目链接
1.2 题目描述
1.3 解法（前缀和）：
算法思路：
- 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] 。
1.4 C++算法代码：
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int main() {
// 1. 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];
// 2.预处理出来一个前缀和数组
vector<long long> dp(n + 1); // 防溢出
for(int i = 1; i <= n;i++) dp[i] =dp[i - 1] + arr[i];
// 3.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;
}
2 【模板】⼆维前缀和
2.1 题目链接
2.2 题目描述
2.3 解法
算法思路：
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 + ⻩，分析⼀下这四块区域：
- i. ⻩⾊部分最简单，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，那就是⻩ + 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）：
对于左上⻆ (row1, col1) 、右下⻆ (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. ⻩⾊，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，但是和⻩⾊拼起来，正好是 sum 表内 sum[row1 - 1][col2]的数据；
- iii. 同理，蓝⾊不好求，但是 蓝 + ⻩ = 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 - ⻩ - 绿 - 蓝，但是绿蓝不好求，我们可以这样减：整个⾯积 -（绿 + ⻩ ）-（蓝 + ⻩），这样相当于多减去了⼀个⻩，再加上即可
综上所述：红 = 整个⾯积 - （绿 + ⻩）- （蓝 + ⻩）+ ⻩，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]
2.4 C++算法代码：
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int main() {
// 1. 读入数据
int n = 0, m = 0, q = 0;
cin >> n >> m >> q;
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];
// 2. 预处理前缀和矩阵
vector<vector<long long>> dp(n + 1, vector<long long> (m + 1)); // 防溢出
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] + arr[i][j] - dp[i - 1][j - 1];
// 3. 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;
}
3 寻找数组的中心下标
3.1 题目链接
3.2 题目描述
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 。
3.3 解法（前缀和）：
算法思路：
- 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。
3.4 C++算法代码：
class Solution {
public:
int pivotIndex(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
vector<int> f(n), g(n);
// 1. 预处理前缀和数组以及后缀和数组
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];
// 2. 使用
for(int i = 0; i < n; i++)
{
if(f[i] == g[i])
{
return i;
}
}
return -1;
}
};
4 除自身以外数组的乘积
4.1 题目链接
4.2 题目描述
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]
4.3 解法（前缀和数组）：
算法思路：
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。
4.4 C++算法代码：
class Solution {
public:
vector<int> productExceptSelf(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
vector<int> f(n), g(n);
// 1. 预处理一下前缀积数组以及后缀积数组
f[0] = g[n - 1] = 1; // 细节问题
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];
// 2. 使用
vector<int> ret (n);
for(int i = 0; i < n; i++)
ret[i] = f[i] * g[i];
return ret;
}
};
5 和为 K 的子数组
5.1 题目链接
5.2 题目描述
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
5.3 解法（将前缀和存在哈希表中）：
算法思路：
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。
5.4 C++算法代码：
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 sum = 0, ret = 0;
for(auto e : nums)
{
sum += e; // 计算当前位置的前缀和
if(hash.count(sum - k)) ret += hash[sum - k]; // 统计个数
hash[sum]++;
}
return ret;
}
};
6 和可被 K 整除的子数组
6.1 题目链接
6.2 题目描述
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 整除的非空 子数组 的数目。
子数组 是数组中 连续 的部分。
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
6.3 解法（前缀和在哈希表中）：
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 。
- 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。
- 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
- 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」。
算法思路：
思路与 560. 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。
6.4 C++算法代码：
class Solution {
public:
int subarraysDivByK(vector<int>& nums, int k) {
unordered_map<int, int> hash{{0, 1}};
//空子数组（即不包含任何元素的子数组）的和为 0，余数也为 0，这样的子数组有 1 个。
int sum = 0, ret = 0;
for(auto e : nums)
{
sum += e; // 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;
}
};
7 连续数组
7.1 题目链接
7.2 题目描述
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。
7.3 解法（前缀和在哈希表中）：
算法思路：
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 560. 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。
7.4 C++算法代码：
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;
}
};
8 矩阵区域和
8.1 题目链接
8.2 题目描述
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]]
8.3 解法
算法思路：
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⻆以及右下⻆的坐标（推荐⼤家画图）
左上⻆坐标： 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) ;
右下⻆坐标： 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) 。
然后将求出来的坐标代⼊到⼆维前缀和矩阵的计算公式上即可~（但是要注意下标的映射关系）
8.4 C++算法代码：
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 - 1][j] + dp[i][j - 1] - dp[i -1][j - 1] + mat [i - 1][j - 1];
// 2. 使用
vector<vector<int>> ret(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;
ret[i][j] = dp[x2][y2] - dp[x1 - 1][y2] - dp[x2][y1 - 1] + dp[x1 - 1][y1 - 1];
}
}
return ret;
}
};
