前缀和算法详解：一维、二维及经典题目

前缀和相关题解

1. 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：可得到递推公式：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： 当访问的区间是 [l,r] 时：区间内所有元素的和为：dp[r]-dp[l-1]。

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int main() {
    int n,q;
    cin>>n>>q;
    vector<int> arr(n+1);
    for(int i=1;i<n+1;i++) cin>>arr[i];
    //初始化一个前缀和数组
    vector<long long> dp(n+1);//防止溢出
    for(int i=1;i<n+1;i++) dp[i]=dp[i-1]+arr[i];
    int l,r;
    while(q--){
        cin>>l>>r;
        cout<<dp[r]-dp[l-1]<<endl;
    }
    return 0;
}

2. 二维前缀和

算法思路： 类比一维数组的形式，若我们能处理出来从 [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。处理后的矩阵结构如下： [图示：二维前缀和矩阵补零示意] 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： [图示：二维前缀和区域定义] a. 递推方程： 其实这个递推方程非常像我们一起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： [图示：二维前缀和区域分解] sum[i][j]=红 + 蓝 + 绿 + 黄，分析一下这四块区域： i. 黄色部分最简单，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. 但是若是红 + 蓝，正好是我们 dp 数组中 sum[i-1][j] 的值； iv. 同理，若是红 + 绿，正好是我们 dp 数组中 sum[i][j-1] 的值； v. 若把上面求的三个值上加起来，那就是黄 + 红 + 蓝 + 红 + 绿，发现多算了一块红的面积，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 题目中接口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 sum 矩阵中的下标）： [图示：二维前缀和查询区域] 对于左上角（row1，col1）、右下角（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. 黄色，直接求出来，就是 sum[row1-1,col1-1]（为什么 -1，因为要剔除掉 row 这一行和 col 这一列，即边界情况） ii. 绿色，直接求不好求，但是和黄色拼接起来，正好是 sum 表内 sum[row1-1][col2] 的数据； iii. 同理，蓝色不好求，但是蓝 + 黄=sum[row2][col1-1]； iv. 再看整个面积，正好是 sum[row2][col2]； v. 那么，红色就=整个面积 - 黄 - 绿 - 蓝，但是绿蓝不好求，我们可以这样减：整个面积 - （绿 + 黄）- （蓝 + 黄），这样相当于多减去了一个黄，再加上即可 综上所述：红=整个面积 - （绿 + 黄）- （蓝 + 黄）+ 黄，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]

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int main() {
    int n, m, q;
    cin >> n >> m >> q;
    vector<vector<int >> arr(n + 1,vector<int>(m+1));
    for (int i = 1; i < n + 1; i++)
        for (int j = 1; j < m + 1; j++)
            cin >> arr[i][j];
    //初始化前缀和数组
    vector<vector<long long >> dp(n + 1,vector<long long>(m + 1));
    for(int i=1;i<n+1;i++)
        for(int j=1;j<m+1;j++)
            dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]-dp[i-1][j-1]+arr[i][j];
    while(q--){
        int x1,y1,x2,y2;
        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

算法思路： 从中心下标的定义可知，除中心下标的元素外，该与元素左边的【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】，若两者相等，就返回当前下标。

class Solution {
 public:
    int pivotIndex(vector<int>& nums) {
        int n=nums.size();
        //预处理前缀和及后缀和数组
        vector<int> f(n),g(n);
        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];
        for(int i=0;i<n;i++)
            if(g[i]==f[i]) return i;
        return -1;
    }
};

4. 除了自身以外数组的乘积

算法思路： 注意题目的要求，不能使用除法，并且要再 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]，它时由两部分组成的： 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 f 和 g，分别处理出来两个信息： i. f 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. g 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。

class Solution {
 public:
    vector<int> productExceptSelf(vector<int>& nums) {
        int n=nums.size();
        vector<int> f(n,1),g(n,1),ans(n);
        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];
        for(int i=0;i<n;i++) ans[i]=g[i]*f[i];
        return ans;
    }
};

5. 和为 K 的子数组

算法思路： [图示：和为 K 的子数组原理图] 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 [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。

class Solution {
 public:
    int subarraySum(vector<int>& nums, int k) {
        unordered_map<int,int> hash;//统计前缀和子数组的次数
        hash[0]=1;
        int sum=0,ret=0;
        for(auto x:nums){
            sum+=x;
            if(hash.count(sum-k)) ret+=hash[sum-k];
            hash[sum]++;
        }
        return ret;
    }
};

6. 和可被 K 整除的子数组

前置知识： ●同余定理 若（a-b）%n==0，那么我们可以得到一个结论：a%n==b%n。即若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，取模后加上一个负号】。 例：-1%3=-（1%3）=-1 b. 因为有负数，为防止发生【出现负数】的结果，以（a%n+n）%n 的形式输出保证为正。 例：-1%3=（-1%3+3）%3=2 算法思路： 思路与 5.[和为 K 的子数组] 相似 [图示：和可被 K 整除的子数组原理图] 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。 ●有同于定理可得，[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。

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;
    }
};

7. 连续数组

算法思路 1（暴力）： 枚举所有的子数组，然后判断子数组是否满足要求。 算法思路 2（前缀和 + 哈希表）： 题目意为： ●本题让我们找出一段连续的区间，0 和 1 出现的次数相同。 ●若将 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，和 5.[和为 K 的子数组] 的思路一样。 [图示：连续数组原理图] 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] 区间内所有元素的和为 0。那么 [0,x1-1] 区间内的和就是 sum[i]。于是： ●找到在 [0,i-1] 区间内，第一次出现 sum[i] 的位置即可。 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，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。

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

算法思路： 左上角坐标：x1=i-k，y1=j-k，但由于会【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）： 右下角坐标：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）。 然后根据二维前缀和的解题思路计算即可。（注意下标的映射关系）

class Solution {
 public:
    vector<vector<int>> matrixBlockSum(vector<vector<int>>& mat, int k) {
        int m=mat.size(),n=mat[0].size();
        //预处理一个前缀和数组
        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];
        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(i+k,m-1)+1,y2=min(j+k,n-1)+1;
                ret[i][j]=dp[x2][y2]-dp[x1-1][y2]-dp[x2][y1-1]+dp[x1-1][y1-1];
            }
        return ret;
    }
};