算法——前缀和-编程知识

模板一维前缀和

【模板】前缀和_牛客题霸_牛客网
该算法是先预处理一个数组，用空间换时间，将原本时间复杂度为O(n2)降为O(n)

题目解析

题中下标（用i表示）从1开始计数，长度为n的数组，想访问到an 位置，创建数组时要创建大小为n+1的数组

算法原理

解法一：暴力解法——模拟：题中q次询问，每次询问按要求从头遍历即可，时间复杂度为O(n*q)，根据题中的数据范围，大概为O(1010)
解法二：前缀和——快速求出数组某一连续区间的和（快速时间复杂度O(1)，相比解法一遍历O(n)快许多），整体时间复杂度O(q)+O(n)。这个O(n)是我们在预处理前缀和数组时需要遍历一遍原数组。
1. 先预处理出一个前缀和数组，先创建一个和原始数组同规模的数组dp（本质上是一个小的动态规划）。dp数组中某一个位置的元素dp[i]表示[1,i]区间所有元素的和。
2. 使用前缀和数组，例如求[l,r]区间的和时，我们只需要求出紫色线区间的和，减去绿色直线的和即可，即dp[r]-dp[l-1];因为我们上一步求出了dp的数组，所以这一步的时间复杂度为O(1),这也是相比暴力解法快速的原因。

因为[1,r]这段区间的和与[1,l]这段区间的和本质上是同一类问题，当我们研究同一类问题时，我们可以把这些同一类问题抽象成状态表示，进而用动态规划的思想解决。

细节问题——为什么下标要从1开始计数？

如果我们要访问[0,2]区间的数组时，根据上面总结的我们需要访问dp[2]和dp[-1]这两段区间的数组和，但是-1这个位置访问不到，此时需要处理边界情况。但我们从下标1开始计数不会有问题（dp[0]置为0即可，不影响前缀和）

代码实现

#include <iostream>
#include<vector>
using namespace std;int main() 
{//1.读取数据int n,q;cin >> n >> q;vector<int> arr(n+1);for(int i = 1;i <= n;i++) cin >> arr[i];//2.预处理前缀和数组vector<long long> dp(n+1);   //防止溢出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;
}

模板——二维前缀和

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题目解析

算法原理

解法一：暴力解法——模拟
时间复杂度O(mnq)

解法二：前缀和（时间复杂度O(m*n)+O(q)）

预处理出前缀和矩阵（这里遍历矩阵时间复杂度O(m*n)）
1. 这里我们求dp[i][j]如果还像上个题一样从头开始遍历，那创建dp表所用的时间复杂度一定非常高。因此我们先找个规律，快速求出dp[i][j]的值此时我们把这个图抽象出来。我们把arr的值划分为四个部分：A部分的面积可以表示为[1][1]到[i-1][j-1]（该元素为右下角）这块区间的和，但我们发现这样直接一块块的算BCD非常麻烦，所以我们可以转化成A+B([1][1]到[i-1][j]) A+C([1][1]到[i][j1]) D(arr[i][j]) -A([1][1]到[i-1][j-1])。这样我们求dp[i][j]时直接套用公式，用O(1)的时间复杂度求出，当求整个dp矩阵时只需遍历一遍矩阵就可以全部求出dp矩阵。
使用前缀和矩阵（每一次求消耗时间复杂度O(1)，一共q次即为O(q)）

题中要求求出[x1][y1]到[x2][y2]区间和时，此时我们还可以将他划分为四个部分，即区间D为题中要求。我们可以先把图中整个和求出来(A+B+C+D)然后减去其他部分面积。求得公式后，我们接下来求区间就可以用O(1)的时间复杂度求

细节问题：和一维那里一样。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（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 表与原数组内的元素的映射关系：
i. 从 dp 表到原矩阵，横纵坐标减⼀；
ii. 从原矩阵到 dp 表，横纵坐标加⼀

代码实现

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
int arr[N][N];
long long dp[N][N];
int n, m, q;
int main() 
{cin >> n >> m >> q;// 读⼊数据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];// 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;
}

寻找数组的中心下标

题目解析

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 。

算法原理

解法一：暴力解法：先算出[0,i-1]这个区间的和，在算出[i+1,n-1]这段区间的和，比较两者是否相等。每次枚举一个中心下标，就让左边加一遍，右边加一遍。时间复杂度O(n2)

解法二：前缀和：刚好前缀和是用来记录某一段连续区间的和。这里我们用f记录前缀和数组，后g表示后缀和数组。
1. f[i]表示：[0,i-1]区间的和（不要死记模板，要根据具体情况具体分析）；g[i]表示：[i+1,n-1]区间的和
2. 预处理前缀和数组和后缀和数组：f[i] = f[i-1]+nums[i-1] g[i]=g[i+1]+nums[i+1] 后缀数组倒着填（f[i-1]表示0~i-2区间的和 g[i+1]表示从i+2~n-1区间的和）
3. 从0~N-1枚举所有的中心下标i，然后判断f[i]是否等于g[i].（因为如果有多个中心下标，要选出左边的）
细节问题：
1. f[0]和g[n-1]要特殊处理，因为两种情况是最左边和最右边。各有一边的和为0，所以将两端数字都置为0，不影响求和
2. 填表顺序f要从左向右。g要从右向左

代码实现

class Solution {
public:int pivotIndex(vector<int>& nums){int n=nums.size();vector<int> f(n),g(n);//1.预处理前缀数组和后缀数组for(int i=1;i<n;i++)f[i] = f[i-1] + nums[i-1];for(int i=n-2;i>=0;i--) //倒着填，最后一个位置是n-1，但是g[n-1]位置上的值是0就可以，n-1会越界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;   }
};

出自身以外数组的乘积

除自身以外数组的乘积

题目解析

除自身以外其他数的乘积
不能使用除法
时间复杂度要求O(n)

算法原理

暴力解法：边枚举位置，边计算乘积。时间复杂度O(n2)
前缀和：利用“前缀和”数组和“后缀和”数组计算除自身位置两边的数的乘机
1. 预处理数组：f表示前缀积，f[i]:我们只需要考虑0_{i-1区间数字的乘积。当我们求0}i-1这段区间的乘积时，我们已经知道0~i-2这段区间的乘积，即f[i-1],则f[i] = f[i-1]*nums[i-1]

g表示后缀积,g[i]表示i+1_{n-1这段区间的积，同理想求这段区间的乘积时，我们已经直到了i+2}n-1这段区间的乘积（即g[i+1]已知）则g[i] = g[i+1]*nums[i+1]

使用：先创造一个和原始数组同规模的数组ret（也就是dp）
细节问题：f（0）与g(n-1)设置为1，与上道题同理，只不过这题是乘积，不能变为0

代码实现

class Solution {
public:vector<int> productExceptSelf(vector<int>& nums) {int n=nums.size();vector<int> f(n),g(n);//1.预处理前缀数组和后缀数组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--) //倒着填，最后一个位置是n-1，但是g[n-1]位置上的值是1就可以，n-1会越界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;   }
};

和为k的子数组

题目解析

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。
数组中数字有正有负

算法原理

暴力解法：固定一个位置，开始枚举，一直加，直到和等于k，但这时不能停止，因为数字有正有负，后面可能抵消。再次统计，直到加到最后为止。时间复杂度O(n2)
前缀和+hash：这里我们引入一个以i位置为结尾的所有子数组，这样我们求和为k的子数组问题就转换为了在[0,i-1]区间内有多少个前缀和为sum[i]-k的子数组。但如果这样就开始遍历，那时间复杂度为O(n2)+O(n)甚至还不如暴力解法。我们要思考如何快速找到前缀和的数组有多少个等于他，借助数据结构哈希表，将前缀和塞进哈希表里，统计出现的次数，这样就不用遍历前缀和数组，只需要在哈希表中找到它出现的次数即可
细节问题：
1. 前缀和加入hash表的时机：
  1. 把前缀和全算出来，然后放入hash表中（不可以），我们是要找i位置之前的，如果全放进哈希表中，我们可能会统计i位置之后的值，他们的前缀和也刚好等于k，此时会重复计数。所以在计算i位置之前，hash表里只保存[0,i-1]位置的前缀和。
2. 我们不用真的创建一个前缀和数组
  1. dp[i]=dp[i-1]+nums[i]，计算dp[i]前缀和时，我们只需要直到dp[i-1]区间和就行，不需要记录dp[i-2],dp[i-3]的值，所以我们可以用一个sum来i位置之前的和，当每次计算完之后，sum更新dp[i]即可。
3. 如果整个前缀和等于k呢？
  1. 如果有一种情况，是当枚举到i位置时发现整个数组的和等于k，那我们就需要去[0,-1]这段区间找和为0，但这个区间不存在呀，那我们就需要先放一个hash[0] = 1,即默认有一个前缀和等于0

注意：此题不能用滑动窗口的方法解决，因为当定义left和right进行移动时，由于数组中有正有负的情况，可能存在前面有段区间的负数和与后面区间正数和相抵消的情况，但以为此时left和right都向右移动，就会漏掉这种情况，不符合单调性这一性质。

代码实现

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 x : nums)  {sum += x; // 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;}
};

和可被K整除的⼦数组

题目解析

返回其中元素之和可被 k 整除的（连续、非空） 子数组 的数目。

算法原理

暴力枚举：枚举出所有子数组，求和判断是否能被k整除。
**前缀和+hash:**找出两个前缀和一个以i为结尾的前缀和sum；另一个标记为x。根据题目要求，我们有（sum-x）%k=0,根据同余定理可得，sum%k等于x%k。所以此时问题转换为只需要在[0,i-1]区间找有多少个前缀和余数等于sum%k. 同时根据C++负数%正数，我们需要将其修正为（sum%k+k）%k。并且该题并不需要真的创建一个前缀和数组，因为我们只需要记录前缀和的余数即可。此时我们创建一个hash<int,int>，第一个存前缀和余数，第二个存出现的个数。（这里需要注意的细节问题和上道题一样）

补充知识：

**同余定理：**如果（a+b）➗p=k…0（即a+b能被p整除），则a%p 等于b%p
**C++中【负数%正数】的结果以及修正：**负数%整数=负数，如果想将结果修正成正数，变成a%p+p,为了正负统一，则（a%p+p）%p

注：该题依然不能用滑动窗口思想来解题，因为有可能出现负数或者0的情况。

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;}
};

连续数组

题目解析

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。

算法原理

如果我们直接去统计0和1出现的个数，这样难度会有点大，不妨我们转换一下思路，我们把0全部变成-1，那就转化为在数组中找出最长的子数组，找出和为0即可。我们之前做过一道和为k的子数组，这样就容易一点。

前缀和+hash：这里思路和和为k的子数组一样，这里主要考虑一些细节问题：

**hash表里存什么：**因为题中要找出最长的子数组，所以hash<int,int>,第一个存前缀和，第二个存下标，因为我们要统计长度
**什么时候存入hash表：**当前位置的值，和当前位置所绑定的前缀和用完之后再存入
**如果有重复的前缀和与下标，怎样存：**保留前面的<sum,j>这样能够保证子数组到i位置长度最长
**默认前缀和为0：**当我们发现整个数组和为0的时候，我们需要在下标-1的位置（前几道题是置为0，因为要统计和或者乘积，这道题我们需要记录下标从而统计长度）所以hash[0]=-1
**如何计算长度：**计算i到j的距离我们公式是i-j+1，在绿色标记的区间长度中实际上是不包含j这个点的，所以我们算多了一个，要减去1，即为i-j

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;}
};

矩阵区域和

题目解析

answer矩阵中每一个位置返回的值是原矩阵中以该位置为中心，上下左右同时扩展k个格子，所组成的矩阵的和，填入answer，如果超出矩阵范围不计算，此时answer[0][0]位置为12

算法原理

本质是快速求出矩阵某一范围的和，用二维前缀和。

ret表示所求阴影面积，我们用总面积-（A+B）-（A+C）+A得出（这是动态规划算法里的状态转移方程）

接下来处理扩大k个格子坐标的越界问题
处理下标映射关系问题:在我们的dp矩阵中，我们为了方便处理边界情况，我们是让下标从1开始，但是leetcode中的下标是从0开始。

注意： dp 表与原数组内的元素的映射关系：
i. 从 dp 表到原矩阵，横纵坐标减⼀；
ii. 从原矩阵到 dp 表，横纵坐标加⼀

在第一步求坐标的时候直接＋1，然后直接拿值即可

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();vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));// 1. 预处理前缀和矩阵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;}
};