前缀和算法详解与应用

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：

1. 从 dp 表到 matrix 矩阵，横纵坐标减一；
2. 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：

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。

递推方程： 其实这个递推方程非常像求图形面积的题，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] = sum[i-1][j] + sum[i][j-1] - sum[i-1][j-1] + matrix[i-1][j-1]

分析：

1. 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）；
2. 红 + 蓝，正好是我们 dp 数组中 sum[i-1][j] 的值；
3. 红 + 绿，正好是我们 dp 数组中 sum[i][j-1] 的值；
4. 若把上面求的三个值上加起来，多算了一块红的面积，因此再单独减去红的面积即可；
5. 红的面积正好也是符合 dp 数组的定义的，即 sum[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++。

对于左上角（row1, col1）、右下角（row2, col2）围成的区域，要求红色部分的面积： 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】。

1. 预处理出来两个数组，一个表示前缀和，另一个后缀和。
2. 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]，它是由两部分组成的：

1. nums[0]nums[1]...*nums[i-1]
2. 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：

1. 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；
2. 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：

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 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：
  • 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。
  • 为防止出现负数结果，以 (a%n+n)%n 的形式输出保证为正。例：(-1%3+3)%3=2。

算法思路：

思路与 5.[和为 K 的子数组] 相似。

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。

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;
    }
};