【优选算法之前缀和】No.6--- 经典前缀和算法

文章目录

前言
一、前缀和例题+模板：
- 1.1 【模板】前缀和
- 1.2 【模板】⼆维前缀和
- 1.3 寻找数组的中⼼下标
- 1.4 除⾃⾝以外数组的乘积
- 1.5 和为 K 的⼦数组
- 1.6 和可被 K 整除的⼦数组
- 1.7 连续数组
- 1.8 矩阵区域和

前言

在这里插入图片描述

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📋专栏：优选算法
🔑本章内容：前缀和
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一、前缀和例题+模板：

1.1 【模板】前缀和

题⽬链接：【模板】前缀和
题⽬描述：
解法（前缀和）：
算法思路：

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, k] 时：区间内所有元素的和为： dp[k] - dp[l - 1]

C++代码

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int main()
{
    long long n,q,l,k;
    cin>>n>>q;
    long long a[N]={0},dp[N]={0};
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i]=a[i]+dp[i-1];
    }
    while(q--)
    {
        cin>>l>>k;
        cout<<dp[k]-dp[l-1]<<endl;
    }
    return 0;
}

1.2 【模板】⼆维前缀和

题⽬链接：【模板】⼆维前缀和
题⽬描述：
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：

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）
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 数组中 sum[i - 1][j] 的值，美滋滋；
同理，如果是红 + 绿，正好是我们 dp 数组中 sum[i][j - 1] 的值；
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；
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）：
在这里插入图片描述
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：

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）
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；
同理，蓝⾊不好求，但是蓝 + ⻩ = sum[row2][col1 - 1] ；
再看看整个⾯积，好求嘛？⾮常好求，正好是 sum[row2][col2] ；
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]

C++代码

#include<iostream>
using namespace std;
int const N=1010;
int main()
{
    int n,m,q;
    int x1,y1,x2,y2;
    cin>>n>>m>>q;
    long long a[N][N]={0},dp[N][N]={0};
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            cin>>a[i][j];
        }
    }
    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]+a[i][j];
        }
    }
    while(q--)
    {
        cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
        cout<<dp[x2][y2]-dp[x2][y1-1]-dp[x1-1][y2]+dp[x1-1][y1-1]<<endl;
    }
    return 0;
}

1.3 寻找数组的中⼼下标

题⽬链接：724. 寻找数组的中⼼下标
题⽬描述：
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。

C++代码

class Solution {
public:
    int pivotIndex(vector<int>& nums) 
    {
        int dp[10010]={0};
        int ret=-1;
        for(int i=1;i<=nums.size();i++)
        {
            dp[i]=nums[i-1]+dp[i-1];
        }
        for(int i=1;i<=nums.size();i++)
        {
            if(dp[i-1]==dp[nums.size()]-dp[i])
            {
                ret=i-1;
                break;
            }
        }
        return ret;
    }
};

1.4 除⾃⾝以外数组的乘积

题⽬链接：238. 除⾃⾝以外数组的乘积
题⽬描述：
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 answer[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 post 和 suf，分别处理出来两个信息：
left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，
right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。

C++代码

class Solution {
public:
    vector<int> productExceptSelf(vector<int>& nums) 
    {
        int n=nums.size();
        vector<int>left(n,1),right(n,1);
        for(int i=1;i<nums.size();i++)
        {
            left[i]=nums[i-1]*left[i-1];
        }
        for(int i=nums.size()-2;i>=0;i--)
        {
            right[i]=nums[i+1]*right[i+1];
        }
        vector<int> answer;
        for(int i=0;i<nums.size();i++)
        {
            answer.push_back(left[i]*right[i]);
        }
        return answer;
    }
};

1.5 和为 K 的⼦数组

题⽬链接：560. 和为 K 的⼦数组
题⽬描述：
解法⼀（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
C++代码

class Solution {
public:
    int subarraySum(vector<int>& nums, int k) 
    {
        unordered_map<int,int>hash;
        int sum=0,cnt=0;
        hash[0]++;
        for(int i=0;i<nums.size();i++)
        {
            sum+=nums[i];
            if(hash.count(sum-k)!=0)cnt+=hash[sum-k];
            hash[sum]++;
        }
        return cnt;
    }
};

1.6 和可被 K 整除的⼦数组

（本题是某⼀年的蓝桥杯竞赛原题哈）

题⽬链接：974. 和可被 K 整除的⼦数组
题⽬描述：
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

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
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

解法（前缀和在哈希表中）：（暴⼒解法就是枚举出所有的⼦数组的和，这⾥不再赘述。）

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。

C++代码

class Solution {
public:
    int subarraysDivByK(vector<int>& nums, int k) 
    {
        unordered_map<int,int>hash;
        hash[0]++;
        int sum=0,cnt=0;
        for(int i=0;i<nums.size();i++)
        {   
            sum+=nums[i];
            if(hash.count((sum%k+k)%k))cnt+=hash[(sum%k+k)%k];
            hash[(sum%k+k)%k]++;
        }
        return cnt;
    }
};

1.7 连续数组

题⽬链接：525. 连续数组
题⽬描述：

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，这⾥不再赘述。）
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。
C++代码

class Solution {
public:
    int findMaxLength(vector<int>& nums) 
    {
        int cnt=0,sum=0;
        unordered_map<int,int> hash;
        hash[0]=-1;
        for(int i=0;i<nums.size();i++)
        {
            if(nums[i]==0)nums[i]=-1;
            sum+=nums[i];
            if(hash.count(sum-0)==0)
            {
                hash[sum-0]=i;
            }
            else cnt=max(cnt,i-hash[sum-0]);
        }
        return cnt;
    }
};

1.8 矩阵区域和

题⽬链接：1314. 矩阵区域和
题⽬描述：
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
C++代码

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> matrixBlockSum(vector<vector<int>>& mat, int k) 
    {
        int n=mat.size(),m=mat[0].size();
        vector<vector<int>>dp(n+1,vector<int>(m+1,0)),answer(n,vector<int>(m,0));
        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]+mat[i-1][j-1];
        int x1,y1,x2,y2;
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            for(int j=0;j<m;j++)
            {
                x1=max(0,i-k)+1,y1=max(0,j-k)+1;//防越界 +1是为找到dp表中对应的位置下标映射
                x2=min(n-1,i+k)+1;y2=min(m-1,j+k)+1;//防越界
                answer[i][j]=dp[x2][y2]-dp[x2][y1-1]-dp[x1-1][y2]+dp[x1-1][y1-1];
            }
        }
        return answer;
    }
};