C++算法
C++ 前缀和详解：基础题解与思维分析
本文详细介绍了 C++ 中的前缀和与前缀积算法。内容包括一维前缀和模板、二维前缀和模板、寻找数组中心下标以及除自身以外数组的乘积四个典型例题。通过代码实现与图解，展示了如何利用预处理技术将区间查询优化至常数时间，并探讨了空间复杂度的优化方案。
本文详细介绍了 C++ 中的前缀和与前缀积算法。内容包括一维前缀和模板、二维前缀和模板、寻找数组中心下标以及除自身以外数组的乘积四个典型例题。通过代码实现与图解，展示了如何利用预处理技术将区间查询优化至常数时间，并探讨了空间复杂度的优化方案。
前缀和是一种经典的算法技巧，用于高效地计算数组的某一区间内的元素和。它通过预处理一个前缀和数组，将区间求和的问题转化为常数时间的查询操作。本篇内容将详细讲解前缀和的原理，并结合题目解析，帮助大家掌握这一高效的算法方法。
题目链接：【模板】一维前缀和
题目描述：
给定一个长度为 n 的整数数组 arr 和 q 个查询，每个查询由两个整数 l 和 r 组成，表示区间 [l, r]。请计算出每个区间内所有元素的和。
示例 1：
arr = [1, 2, 3, 4, 5], q = 2, 查询区间为 [(1, 3), (2, 4)][6, 9][1, 3] 的元素和为 1 + 2 + 3 = 6，区间 [2, 4] 的元素和为 2 + 3 + 4 = 9。提示：
1 <= n, q <= 100000-10000 <= arr[i] <= 10000算法思路：
a. 预处理前缀和数组：
dp[i] 表示从数组起始位置到第 i 个元素的累加和。O(n)。递推公式为：
dp[i] = dp[i - 1] + arr[i];
b. 利用前缀和快速计算区间和：
dp[r] 存储了 [1, r] 区间的和，而 dp[l - 1] 则存储了 [1, l-1] 区间的和，二者相减即得 [l, r] 区间内的和。使用前缀和数组，可以在 O(1) 的时间内计算出任意区间 [l, r] 的和：
sum(l, r) = dp[r] - dp[l - 1];
假设 arr = [1, 2, 3, 4, 5]，查询区间为 [(1, 3), (2, 4)]：
dp[1] = arr[1] = 1dp[2] = dp[1] + arr[2] = 1 + 2 = 3dp[3] = dp[2] + arr[3] = 3 + 3 = 6dp[4] = dp[3] + arr[4] = 6 + 4 = 10dp[5] = dp[4] + arr[5] = 10 + 5 = 15[1, 3]：sum(1, 3) = dp[3] - dp[0] = 6[2, 4]：sum(2, 4) = dp[4] - dp[1] = 9前缀和数组：
| Index | arr[i] | dp[i] |
|---|---|---|
| 1 | 1 | 1 |
| 2 | 2 | 3 |
| 3 | 3 | 6 |
| 4 | 4 | 10 |
| 5 | 5 | 15 |
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 100010;
vector<long long> arr(N), dp(N);
int n, q;
int main() {
cin >> n >> q;
// 读取数组元素
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> arr[i];
// 构建前缀和数组，dp[i] 表示从 arr[1] 到 arr[i] 的累加和
for (int i = 1; i <= n; i++) dp[i] = dp[i - 1] + arr[i];
// 处理每个查询
while (q--) {
int l, r; cin >> l >> r;
// 输出区间和 [l, r]
cout << dp[r] - dp[l - 1] << endl;
}
return 0;
}
dp[i] 表示从 arr[1] 到 arr[i] 的累加和，因此在构建前缀和数组时需要从 i = 1 开始，而非 0。读取 arr 时也应从 1 开始。l = 1 时，dp[l - 1] 为 0。确保 dp[0] 初始化为 0，以避免边界查询时产生错误。arr 和 dp 的长度都最少需要定义为 n+1 以确保不会越界。尤其在大规模数据时，需要合理定义 N 以避免内存溢出。在这段代码中，我们首先通过输入构建了原数组 arr 和相应的前缀和数组 dp。然后通过预处理后的 dp 数组，能够快速计算出任意查询区间 [l, r] 的和。
整个过程只需要 O(n) 的时间构建前缀和数组，再通过 O(1) 的时间解决每个区间和查询，使得在多次查询场景下效率非常高。
前缀和是一种非常常用的算法技巧，特别是在处理区间求和问题时，能够显著优化计算效率。通过一次遍历构建前缀和数组，我们可以在后续查询中轻松地利用前缀和的特性，实现对任意区间的快速求和。 这道题作为前缀和的模板题，帮助我们掌握了前缀和的核心思想与基本操作。通过它，我们能为后续更复杂的区间问题打下坚实的基础。
题目链接：【模板】二维前缀和
题目描述：
给定一个大小为 n × m 的矩阵 matrix 和 q 个查询，每个查询由四个整数 x1, y1, x2, y2 组成，表示一个子矩阵的左上角 (x1, y1) 和右下角 (x2, y2)。请计算出每个子矩阵内所有元素的和。
示例 1：
matrix = [[1, 2], [3, 4]], q = 1, 查询区间为 [(1, 1, 2, 2)][10]1 + 2 + 3 + 4 = 10。提示：
1 <= n, m <= 1000-10000 <= matrix[i][j] <= 10000算法思路：
类似于一维前缀和，我们可以预处理一个前缀和矩阵sum，使得 sum[i][j] 表示从矩阵起点 (1, 1) 到位置 (i, j) 的所有元素的累加和。利用这个前缀和矩阵，可以在 O(1) 时间内求出任意子矩阵的和。
步骤分为两部分：
对于左上角 (x1, y1) 和右下角 (x2, y2) 的查询，我们可以通过以下公式计算该子矩阵的和：
result = sum[x2][y2] - sum[x1 - 1][y2] - sum[x2][y1 - 1] + sum[x1 - 1][y1 - 1];
前缀和矩阵的递推公式为：
sum[i][j] = sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1] + matrix[i - 1][j - 1];
构建时，我们在矩阵的顶部和左侧添加一行和一列的 0，以简化边界处理。
类比小学就学过的求面积
假设 matrix = [[1, 2], [3, 4]]，q = 1，查询区间为 [(1, 1, 2, 2)]：
对于 x1 = 1, y1 = 1, x2 = 2, y2 = 2：
result = sum[2][2] - sum[0][2] - sum[2][0] + sum[0][0] = 10 - 0 - 0 + 0 = 10
构建前缀和矩阵：
sum = 0 0 0 0 1 3 0 4 10
原始矩阵：
1 2 3 4
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int main() {
int n, m, q; cin >> n >> m >> q;
vector<vector<int>> matrix(n + 1, vector<int>(m + 1, 0));
vector<vector<long long>> sum(n + 1, vector<long long>(m + 1, 0));
// 读取矩阵数据
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
cin >> matrix[i][j];
}
}
// 构建前缀和矩阵
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
sum[i][j] = sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1] + matrix[i][j];
}
}
// 处理查询
while (q--) {
int x1, y1, x2, y2; cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
long long result = sum[x2][y2] - sum[x1 - 1][y2] - sum[x2][y1 - 1] + sum[x1 - 1][y1 - 1];
cout << result << endl;
}
return 0;
}
matrix 的基础上偏移一行和一列，以简化边界处理。查询时也需调整下标。sum[i][j] 时，记得同时减去重复计算的 sum[i - 1][j - 1]。n, m 较大的输入，使用 long long 类型存储累加和，以避免整数溢出。O(n * m)，每次查询时间为 O(1)，适用于大量查询场景。sum 需要 O(n * m) 的额外空间。二维前缀和是处理矩阵区域和问题的利器，通过一次性构建前缀和矩阵，可以高效地解决任意子矩阵的求和问题。相比于逐个元素累加的方法，前缀和能大幅减少计算次数，使得算法在面对多次查询时表现更佳。
题目链接：724. 寻找数组的中心下标
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：
nums = [1, 7, 3, 6, 5, 6]33。sum = nums[0] + nums[1] + nums[2] = 1 + 7 + 3 = 11，sum = nums[4] + nums[5] = 5 + 6 = 11，二者相等。示例 2：
nums = [1, 2, 3]-1示例 3：
nums = [2, 1, -1]00。sum = 0，（下标 0 左侧不存在元素），sum = nums[1] + nums[2] = 1 + -1 = 0。提示：
1 <= nums.length <= 10^4-1000 <= nums[i] <= 1000算法思路：
根据中心下标的定义，除了中心下标的元素外，该元素左边的「前缀和」等于该元素右边的「后缀和」。
因此，我们可以先预处理两个数组，一个表示前缀和，另一个表示后缀和。然后，通过遍历来找到满足条件的中心下标。
lsum：
lsum[i] 表示 nums 从开始到位置 i - 1 的所有元素的和，即 [0, i - 1] 区间的累加和。rsum：
rsum[i] 表示 nums 从位置 i + 1 到最后一个元素的所有元素的和，即 [i + 1, n - 1] 区间的累加和。lsum[i] 和后缀和 rsum[i] 是否相等。如果相等，说明该位置就是中心下标，直接返回。-1。构建后缀和数组 rsum 的递推公式为：
rsum[i] = rsum[i + 1] + nums[i + 1];
构建前缀和数组 lsum 的递推公式为：
lsum[i] = lsum[i - 1] + nums[i - 1];
假设 nums = [1, 7, 3, 6, 5, 6]：
lsum[0] = 0 （表示 nums 的左侧没有元素）lsum[1] = lsum[0] + nums[0] = 0 + 1 = 1lsum[2] = lsum[1] + nums[1] = 1 + 7 = 8lsum[3] = lsum[2] + nums[2] = 8 + 3 = 11lsum[4] = lsum[3] + nums[3] = 11 + 6 = 17lsum[5] = lsum[4] + nums[4] = 17 + 5 = 22rsum[5] = 0 （表示 nums 的右侧没有元素）rsum[4] = rsum[5] + nums[5] = 0 + 6 = 6rsum[3] = rsum[4] + nums[4] = 6 + 5 = 11rsum[2] = rsum[3] + nums[3] = 11 + 6 = 17rsum[1] = rsum[2] + nums[2] = 17 + 3 = 20rsum[0] = rsum[1] + nums[1] = 20 + 7 = 27lsum[3] == rsum[3]，即下标 3 满足条件，因此输出 3。前缀和、后缀和数组：
| Index | nums[i] | lsum[i] | rsum[i] |
|---|---|---|---|
| 0 | 1 | 0 | 27 |
| 1 | 7 | 1 | 20 |
| 2 | 3 | 8 | 17 |
| 3 | 6 | 11 | 11 |
| 4 | 5 | 17 | 6 |
| 5 | 6 | 22 | 0 |
class Solution {
public:
int pivotIndex(vector<int>& nums) {
// lsum[i] 表示 [0, i - 1] 区间的累加和
// rsum[i] 表示 [i + 1, n - 1] 区间的累加和
int n = nums.size();
vector<int> lsum(n), rsum(n);
// 预处理前缀和数组
for (int i = 1; i < n; i++) lsum[i] = lsum[i - 1] + nums[i - 1];
// 预处理后缀和数组
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) rsum[i] = rsum[i + 1] + nums[i + 1];
// 查找中心下标
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (lsum[i] == rsum[i]) return i;
}
return -1;
}
};
该问题还可以通过更为简洁的解法实现，仅需一个变量记录累加的前缀和，节省空间。
优化思路：
遍历数组时，如果一个位置 i 满足 2 * 前缀和 + nums[i] == 总和，则它就是中心下标。其原理在于：
i，数组的左侧和 tmp 与右侧和（总和 - tmp - nums[i]）相等。2 * tmp + nums[i] == 总和。class Solution {
public:
int pivotIndex(vector<int>& nums) {
int totalSum = 0, tmp = 0;
// 计算总和
for (int num : nums) totalSum += num;
// 遍历数组，判断中心下标条件
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
if (2 * tmp + nums[i] == totalSum) {
return i; // 找到中心下标
}
tmp += nums[i]; // 更新前缀和
}
return -1; // 没有找到中心下标
}
};
lsum[i] 表示 [0, i - 1] 区间累加和，而 rsum[i] 表示 [i + 1, n - 1] 区间累加和。因此，遍历中我们直接使用 lsum[i] == rsum[i] 即可判断条件。lsum 或 rsum 是 0，这样才能保证正确的判断。我们先通过遍历构建了 lsum 和 rsum 数组，然后再次遍历数组，找到第一个满足 lsum[i] == rsum[i] 的位置。
O(n)，遍历数组的次数为常数次，适合于长度较大的数组。O(n)，额外的前缀和和后缀和数组 lsum 和 rsum。对于优化后的解法：
O(n)，仅需一次遍历。O(1)，只使用一个临时变量记录前缀和，显著节省了空间。题目链接：238. 除自身以外数组的乘积
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 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：
nums = [1, 2, 3, 4][24, 12, 8, 6]示例 2：
nums = [-1, 1, 0, -3, 3][0, 0, 9, 0, 0]提示：
2 <= nums.length <= 10^5-30 <= nums[i] <= 30nums 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。进阶：你可以在 O(1) 的额外空间复杂度内完成这个题目吗？（出于对空间复杂度分析的目的，输出数组不被视为额外空间。）
算法思路：
由于题目要求不能使用除法，同时要求 O(n) 的时间复杂度，因此我们不能用求出整个数组的乘积然后除以单个元素的方式求解。
可以利用前缀和思想，使用两个数组来记录每个元素的前缀积和后缀积，然后将两者相乘得到每个元素除自身以外的乘积。
lprod：
lprod[i] 表示 nums 从开始到 i - 1 的所有元素的乘积，即 [0, i - 1] 区间内所有元素的乘积。rprod：
rprod[i] 表示 nums 从 i + 1 到数组末尾的所有元素的乘积，即 [i + 1, n - 1] 区间内所有元素的乘积。nums，计算每个位置 i 的结果 ret[i] 为 lprod[i] * rprod[i]。lprod[i] 包含的是 nums[0] 到 nums[i - 1] 的乘积，而 rprod[i] 包含的是 nums[i + 1] 到末尾的乘积，两者相乘即为除 nums[i] 外的所有元素乘积。构建后缀积数组 rprod 的递推公式为：
rprod[i] = rprod[i + 1] * nums[i + 1];
构建前缀积数组 lprod 的递推公式为：
lprod[i] = lprod[i - 1] * nums[i - 1];
假设 nums = [1, 2, 3, 4]，期望的结果为 [24, 12, 8, 6]：
lprod[0] = 1 （初始条件，表示没有元素的乘积）lprod[1] = lprod[0] * nums[0] = 1 * 1 = 1lprod[2] = lprod[1] * nums[1] = 1 * 2 = 2lprod[3] = lprod[2] * nums[2] = 2 * 3 = 6rprod[3] = 1 （初始条件，表示没有元素的乘积）rprod[2] = rprod[3] * nums[3] = 1 * 4 = 4rprod[1] = rprod[2] * nums[2] = 4 * 3 = 12rprod[0] = rprod[1] * nums[1] = 12 * 2 = 24ret[0] = lprod[0] * rprod[0] = 1 * 24 = 24ret[1] = lprod[1] * rprod[1] = 1 * 12 = 12ret[2] = lprod[2] * rprod[2] = 2 * 4 = 8ret[3] = lprod[3] * rprod[3] = 6 * 1 = 6前缀积、后缀积数组：
| Index | nums[i] | lprod[i] | rprod[i] | ret[i] |
|---|---|---|---|---|
| 0 | 1 | 1 | 24 | 24 |
| 1 | 2 | 1 | 12 | 12 |
| 2 | 3 | 2 | 4 | 8 |
| 3 | 4 | 6 | 1 | 6 |
class Solution {
public:
vector<int> productExceptSelf(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
vector<int> lprod(n, 1), rprod(n, 1), ret(n);
// 构建前缀积数组
for (int i = 1; i < n; i++) {
lprod[i] = lprod[i - 1] * nums[i - 1];
}
// 构建后缀积数组
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
rprod[i] = rprod[i + 1] * nums[i + 1];
}
// 计算结果数组
for (int i = 0; i < n; i++) {
ret[i] = lprod[i] * rprod[i];
}
return ret;
}
};
优化思路：
我们可以进一步优化空间复杂度到 O(1)。通过仅使用一个 ret 数组来存储结果，并利用它保存前缀积，再遍历一次通过累积的后缀积来更新结果：
ret 中。lprod 和 rprod 数组的情况下得到。class Solution {
public:
vector<int> productExceptSelf(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
vector<int> ret(n, 1);
// 计算前缀积
for (int i = 1; i < n; i++) {
ret[i] = ret[i - 1] * nums[i - 1];
}
// 计算后缀积并更新结果
int suffixProd = 1;
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
ret[i] *= suffixProd;
suffixProd *= nums[i];
}
return ret;
}
};
lprod[0] 和 rprod[n-1] 都初始化为 1，表示没有元素的乘积。ret 数组存储前缀积，后续遍历时逐个乘以后缀积。在此解法中，我们通过构建前缀积和后缀积的方式实现了在 O(n) 时间复杂度下计算每个位置的乘积。在优化方案中，通过巧妙地在结果数组中存储前缀积并逐步累加后缀积，实现了空间复杂度的优化。
O(n)，无论是初始计算前缀积和后缀积，还是单次遍历，时间复杂度都为 O(n)。O(n)，优化方案达到 O(1) 的额外空间复杂度。
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