coding ability 展开第七幕（前缀和算法——进阶巩固）超详细！！！！

文章目录

• 前言
• 和为k的子数组
  • 思路
• 和可被k整除的子数组
  • 思路
• 连续数组
  • 思路
• 矩阵区域和
  • 思路
• 总结
• 总结

前言

本专栏上篇博客带大家了解了前缀和的有关模版以及习题的训练
从一维到二维的拓展，今天我们继续来练习一下前缀和的有关算法
fellow me

和为k的子数组

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。

前缀和和哈希结合起来还是很巧妙的

classSolution{public:intsubarraySum(vector<int>& nums,int k){ unordered_map<int,int> hash; hash[0]=1;int sum =0, ans =0;for(auto x : nums){ sum += x;if(hash.count(sum - k))// 判断前面的区间有没有 sum - k{// 如果有 前面区间到当前位置就满足条件 ans += hash[sum - k];} hash[sum]++;}return ans;}};

和可被k整除的子数组

思路

乍一看，好像和上一题差不多，但是又好像有点不同，来处理一下这个整除k吧，把问题转换到上一题
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
这些处理完之后，剩下的就和前面的那个题目一样啦

classSolution{public:intsubarraysDivByK(vector<int>& nums,int k){int sum =0, ans =0; unordered_map<int,int> hash; hash[0% k]=1;// 注意不要遗忘 0 这个情况for(auto x : nums){ sum += x;// 算出当前的前缀和int ret =(sum % k + k)% k;// 修正后的余数if(hash.count(ret)) ans += hash[ret];// 统计结果  hash[ret]++;}return ans;}};

连续数组

思路

稍微转化一下题目，把 0 都看成 -1 ，这样就变成 和为 0 的最大长度的子数组
稍微处理一下细节就好啦

classSolution{public:intfindMaxLength(vector<int>& nums){ unordered_map<int,int> hash;int sum =0, ans =0; hash[0]=-1;// 不要忘记 0 这个情况for(int i =0; i < nums.size(); i++){ sum += nums[i]==0?-1:1;// sum前缀和 if(hash.count(sum)) ans =max(ans, i - hash[sum]);// 判断条件 更新anselse hash[sum]= i;//否则 更新hash }return ans;}};

矩阵区域和

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「左上角」以及「右下角」的坐标
左上角坐标： x1 = i - k，y1 = j - k ，但是由于会**「超过矩阵」的范围**，因此需要对 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)
主要就是处理边界问题，以及预处理前缀和后的下标映射问题

classSolution{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));for(int i =1; i <= n; i++)// 预处理{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];}} vector<vector<int>>ans(n, vector<int>(m));// answer 数组 for(int i =0; i < n; i++){for(int j =0; j < m; j++){int x1 =max(0, i - k)+1, y1 =max(0, j - k)+1;// 注意下标映射到 dp数组int x2 =min(n -1, i + k)+1, y2 =min(m -1, j + k)+1; ans[i][j]= dp[x2][y2]- dp[x1 -1][y2]- dp[x2][y1 -1]+ dp[x1 -1][y1 -1];}}return ans;}};

总结

总结

前缀和算法通过预处理数组，将区间和查询优化为常数时间，是处理子数组问题的利器。其核心在于利用哈希表动态记录前缀和及其出现次数，将问题转化为查找特定差值或余数，从而高效统计满足条件的子数组。

在一维数组中，通过同余定理转换问题（如将整除转化为余数相等）、将元素转换为±1求平衡子数组，展现了前缀和的灵活运用。处理负数取模时，需修正余数保证非负。

对于二维前缀和，需注意矩阵边界的截断处理，通过坐标映射与容斥原理快速计算区域和。

总之，前缀和与哈希表结合，能有效解决多种子数组统计问题，关键在于问题转化与边界处理，提升算法效率的同时降低复杂度。

今天的内容就到这里啦，不要走开，小编持续更新中~~~~