当前位置：首页 > news >正文

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

news 2025/7/13 15:32:19

在这里插入图片描述

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

在这里插入图片描述
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

class Solution 
{
public:
    int subarraySum(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

class Solution 
{
public:
    int subarraysDivByK(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

class Solution 
{
public:
    int findMaxLength(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ans
            else									
            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

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));
        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;
    }
};