前缀和思想其实就是一种简单的dp思想，也就是动态规划
什么时候用到前缀和？当要快速求出数组中某一个区间的和
前缀和模板
暴力解法
定义一个指针从左向右遍历，并且累加值即可，这里就不过多赘述，主要还是来看前缀和
假设查找长度为n，要查q次，那时间复杂度就是O（n*q）
前缀和
我们可以定义一个与原数组相同大小的数组dp，dp[i]表示[1,i]区间内所有元素的和
通过观察并结合dp[i]的第一可以发现规律：dp[i]=dp[i-1]+nums[i]——[1,i]区间的和等于[1,i-1]区间的和再加上nums[i]
当我们遍历完一边数组的时候，dp表也就完成了。当我们再去求[left,right]区间和的时候，发现要求的区间和等于dp[right]-dp[left-1]（注意不是dp[left]），这一步的时间复杂度是O(1)的
所以时间复杂度由O(n*q)降为O(n)了
细节问题：为什么下标从1开始？
因为dp[i]=dp[i-1]+nums[i]，如果从0开始就会出现-1，数组越界，不好处理，干脆从1开始方便
一维前缀和相关习题
和为K的子数组
解析
1.暴力解法
从第一个位置开始暴力枚举所有子数组——以i位置为起点的所有子数组，直到i等于size-1完成遍历
这里不过多赘述
2.前缀和
要知道和为k的子数组，肯定是要把所有数组的信息都收集到的，但是暴力枚举效率又太低了，所以要通过暴力枚举来优化
暴力枚举是遍历以i位置为起点的所有子数组，这里引入以i位置为结尾的所有子数组，这样往后遍历也是可以遍历所有子数组的
先定义前缀和数组dp，dp[i]表示[0,i]位置的子数组和，dp[i]=dp[i-1]+nums[i]
当遍历到i位置的时候，只关心dp[i]之前的子数组，目前我们知道dp[i]，要求和为k的子数组
由上图可得问题可以转变成在[0,i-1]区间，有多少个前缀和等于dp[i]-k
这题如果只是建立和使用前缀和数组是远远不够的，假如你只使用前缀和数组，当cur在i位置的时候你要求有多少个前缀和等于dp[i]-k，那你还要定义一个变量prev=0,开始往后遍历到cur位置，仍然是O（N^2）的时间复杂度，还多了一次遍历数组的操作，这样还不如直接暴力枚举呢
上面的问题就是在创建前缀和数组的时候没有进行记录，所以这里要用哈希表对每个前缀和都进行记录，这样一次遍历完后就能直接获得结果
魔鬼小细节：
1.前缀和加入哈希表的时机
在计算i位置之前，哈希表里存的是[0,i-1]位置的前缀和
2.不用真正创建一个哈希表，因为这里可以发现i从左到右遍历，每个dp[i]只使用一次，因此使用一个sum表示dp[i]即可，当遍历的i+1的时候，sum+=nums[i+1]即可
3.如果整个数组的前缀和等于k呢？
那么dp[i]-k==0，所以hash[0]要默认初始化为1
参考答案
class Solution {
public:int subarraySum(vector<int>& nums, int k) {int n=nums.size(),ret=0,sum=0;unordered_map<int,int> hash;hash[0]=1;for(auto x:nums){sum+=x;if(hash.count(sum-k)){ret+=hash[sum-k];}hash[sum]++;}return ret;}
};由代码也可以看到如果出现整个数组的前缀和等于k的情况，ret是少加了一次hash[0]的情况的，所以hash[0]要默认初始化为1
