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1. ⼀维前缀和（easy）

题目描述

【模板】前缀和

给定一个长度为n的数组a1,a2,…an
接下来有q次查询, 每次查询有两个参数l, r.
对于每个询问, 请输出a_l+a_l+1+…+a_r
输入描述:
第一行包含两个整数n和q.
第二行包含n个整数, 表示a1,a2,…an​
接下来q行,每行包含两个整数 l和r.
1≤n,q≤10 ⁵
−10⁹ ≤a[i]≤10 ⁹
1≤l≤r≤n
输出描述:
输出q行,每行代表一次查询的结果.
示例1
输入
3 2
1 2 4
1 2
2 3
输出
3
6

解法（前缀和）：

算法思路：

1. 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：可得递推公式： dp[i] = dp[i - 1] + arr[i] ；
2. 使⽤前缀和数组，「快速」求出「某⼀个区间内」所有元素的和：
   当询问的区间是 [l, r] 时：区间内所有元素的和为： dp[r] - dp[l - 1] 。

代码

C++ 算法代码：

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 100010;
long long arr[N], dp[N];
int n, q;
int main() 
{cin >> n >> q;// 读取数据for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> arr[i]; // 处理前缀和数组for(int i = 1; i <= n; i++) dp[i] = dp[i - 1] + arr[i];while(q--){int l, r;cin >> l >> r;// 计算区间和cout << dp[r] - dp[l - 1] << endl;}return 0;
}

Java 算法代码：

import java.util.Scanner;
// 注意类名必须为 Main, 不要有任何 package xxx 信息
public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scan = new Scanner(System.in);int n = scan.nextInt();int q = scan.nextInt();// 为了防⽌溢出，⽤ long 类型的数组int[] arr = new int[n + 1];long[] dp = new long[n + 1];for (int i = 1; i <= n; i++) { // 读数据arr[i] = scan.nextInt();}for (int i = 1; i <= n; i++) { // 处理前缀和数组dp[i] = dp[i - 1] + arr[i];}while (q > 0) {int l = scan.nextInt();int r = scan.nextInt();System.out.println(dp[r] - dp[l - 1]); // 使⽤前缀和数组q--;}}
}

注意（细节问题）：

• 为什么我么们的下标要从1开始计数？
  为了处理边界情况 如[0,2] ——> dp[2]-dp[-1] 过界了
  初始化：添加虚拟结点（辅助结点）
• 所以数组定义也要int[] a=new int[n+1]而不是int[n]
• long[] dp=new long[n+1];
  是long不是int

2. ⼆维前缀和（medium）

题目描述

【模板】二维前缀和

给你一个 n 行 m 列的矩阵 A ，下标从1开始。
接下来有 q 次查询，每次查询输入 4 个参数 x1 , y1 , x2 , y2
请输出以 (x1, y1) 为左上角 , (x2,y2) 为右下角的子矩阵的和，
输入描述:
第一行包含三个整数n,m,q.
接下来n行，每行m个整数，代表矩阵的元素
接下来q行，每行4个整数x1, y1, x2, y2，分别代表这次查询的参数
1≤n,m≤1000
1≤q≤10⁵
−10⁹≤a[i][j]≤10⁹
1≤x₁≤x₂≤n
1≤y₁≤y₂≤m
输出描述:
输出q行，每行表示查询结果。
示例1
输入
3 4 3
1 2 3 4
3 2 1 0
1 5 7 8
1 1 2 2
1 1 3 3
1 2 3 4
输出
8
25
32

算法原理

暴力（肯定超时）O(nmq)

前缀和 O(mn)+O(q)

算法思路：
类⽐于⼀维数组的形式，如果我们能处理出来从 [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（同学们可以⾃⾏尝试直接搞出来前缀和矩
  阵，边界条件的处理会让你崩溃的）。处理后的矩阵就像这样：
  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 内的元素的映射关系：
  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
  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
  
  递推⽅程：
  其实这个递推⽅程⾮常像我们⼩学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：
  sum[i][j] = 红 + 蓝 + 绿 + ⻩，分析⼀下这四块区域：
  i. ⻩⾊部分最简单，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. 但是如果是红 + 蓝，正好是我们 dp 数组中 sum[i - 1][j] 的值，美滋滋；
  iv. 同理，如果是红 + 绿，正好是我们 dp 数组中 sum[i][j - 1] 的值；
  v. 如果把上⾯求的三个值加起来，那就是⻩ + 红 + 蓝 + 红 + 绿，发现多算了⼀部分红的⾯积，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
  题⽬的接⼝中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
  是 sum 矩阵中的下标）：
  对于左上⻆ (row1, col1) 、右下⻆ (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. ⻩⾊，能直接求出来，就是 sum[row1 - 1, col1 - 1] （为什么减⼀？因为要剔除掉 row 这⼀⾏和 col 这⼀列）
  ii. 绿⾊，直接求不好求，但是和⻩⾊拼起来，正好是 sum 表内 sum[row1 - 1][col2]的数据；
  iii. 同理，蓝⾊不好求，但是 蓝 + ⻩ = sum[row2][col1 - 1] ；
  iv. 再看看整个⾯积，好求嘛？⾮常好求，正好是 sum[row2][col2] ；
  v. 那么，红⾊就 = 整个⾯积 - ⻩ - 绿 - 蓝，但是绿蓝不好求，我们可以这样减：整个⾯积 -（绿
• ⻩ ）-（蓝 + ⻩），这样相当于多减去了⼀个⻩，再加上即可
  综上所述：红 = 整个⾯积 - （绿 + ⻩）- （蓝 + ⻩）+ ⻩，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]
  
  

代码

C++ 算法代码：

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
int arr[N][N];
long long dp[N][N];
int n, m, q;
int main() 
{cin >> n >> m >> q;// 读⼊数据for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = 1; j <= m; j++)cin >> arr[i][j];// 处理前缀和矩阵for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= m; j++)dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] + arr[i][j] - dp[i - 1][j - 1];// 使⽤前缀和矩阵int x1, y1, x2, y2;while(q--){cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;cout << dp[x2][y2] - dp[x1 - 1][y2] - dp[x2][y1 - 1] + dp[x1 - 1][y1 - 1] << endl;}
}

Java 算法代码：

import java.util.Scanner;
// 注意类名必须为 Main, 不要有任何 package xxx 信息
public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner in = new Scanner(System.in);int n = in.nextInt();int m = in.nextInt();int q = in.nextInt();int[][] arr = new int[n + 1][m + 1];long[][] dp = new long[n + 1][m + 1];// 读⼊数据for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= m; j++)arr[i][j] = in.nextInt();// 处理前缀和矩阵for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= m; j++)dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] - dp[i - 1][j - 1] + arr[i][j];// 使⽤前缀和矩阵while(q-- > 0){int x1 = in.nextInt(), y1 = in.nextInt(), x2 = in.nextInt(), y2 = in.nextInt();System.out.println(dp[x2][y2] - dp[x1 - 1][y2] - dp[x2][y1 - 1] + dp[x1 - 1][y1 - 1]);}}
}

注意

1. 防止溢出 注意取值范围：long[][] dp=new long[n+1][m+1]不是int[n][m]
2. dp[x2][y2]-dp[x1-1][y2]-dp[x2][y1-1]+dp[x1-1][y1-1]不是dp[x2][y2]-dp[x1][y2]-dp[x2][y1]+dp[x1][y1]

3. 寻找数组的中⼼下标（easy）

题目描述

LCR 012. 寻找数组的中心下标

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：
输入：nums = [1,7,3,6,5,6]
输出：3
解释：
中心下标是 3 。
左侧数之和 sum = nums[0] + nums[1] + nums[2] = 1 + 7 + 3 = 11 ，
右侧数之和 sum = nums[4] + nums[5] = 5 + 6 = 11 ，二者相等。
示例 2：
输入：nums = [1, 2, 3]
输出：-1
解释：
数组中不存在满足此条件的中心下标。
示例 3：
输入：nums = [2, 1, -1]
输出：0
解释：
中心下标是 0 。
左侧数之和 sum = 0 ，（下标 0 左侧不存在元素），
右侧数之和 sum = nums[1] + nums[2] = 1 + -1 = 0 。
提示：
1 <= nums.length <= 104
-1000 <= nums[i] <= 1000

算法原理

算法思路：
从中⼼下标的定义可知，除中⼼下标的元素外，该元素左边的「前缀和」等于该元素右边的「后缀和」。
▪ 因此，我们可以先预处理出来两个数组，⼀个表⽰前缀和，另⼀个表⽰后缀和。
▪ 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」，如果⼆者相等，就返回当前下标。

代码

C++ 算法代码：

class Solution {
public:int pivotIndex(vector<int>& nums) {// lsum[i] 表⽰：[0, i - 1] 区间所有元素的和// rsum[i] 表⽰：[i + 1, n - 1] 区间所有元素的和int n = nums.size();vector<int> lsum(n), rsum(n);// 预处理前缀和后缀和数组for(int i = 1; i < n; i++)lsum[i] = lsum[i - 1] + nums[i - 1];for(int i = n - 2; i >= 0; i--)rsum[i] = rsum[i + 1] + nums[i + 1];// 判断for(int i = 0; i < n; i++)if(lsum[i] == rsum[i])return i;return -1;}
}

Java 算法代码：

class Solution{public int pivotIndex(int[] nums) {// lsum[i] 表⽰：[0, i - 1] 区间所有元素的和// rsum[i] 表⽰：[i + 1, n - 1] 区间所有元素的和int n = nums.length;int[] lsum = new int[n];int[] rsum = new int[n];// 预处理前缀和后缀和数组for(int i = 1; i < n; i++)lsum[i] = lsum[i - 1] + nums[i - 1];for(int i = n - 2; i >= 0; i--)rsum[i] = rsum[i + 1] + nums[i + 1];// 判断for(int i = 0; i < n; i++)if(lsum[i] == rsum[i])return i;return -1;}
}

注意

细节 他俩不进循环 否则会越界
lsum[0]=0
rsum[n-1]=0

4.除自身以外数组的乘积（medium）

题目描述

除自身以外数组的乘积

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之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:
输入: nums = [1,2,3,4]
输出: [24,12,8,6]
示例 2:
输入: nums = [-1,1,0,-3,3]
输出: [0,0,9,0,0]
提示：
2 <= nums.length <= 105
-30 <= nums[i] <= 30
输入 保证 数组 answer[i] 在 32 位 整数范围内

算法原理

算法思路：
注意题⽬的要求，不能使⽤除法，并且要在 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：
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 post 和 suf，分别处理出来两个信息：
i. post 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. suf 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。

代码

C++ 算法代码：

class Solution{
public:vector<int> productExceptSelf(vector<int>& nums) {// lprod 表⽰：[0, i - 1] 区间内所有元素的乘积// rprod 表⽰：[i + 1, n - 1] 区间内所有元素的乘积int n = nums.size();vector<int> lprod(n + 1), rprod(n + 1);lprod[0] = 1, rprod[n - 1] = 1;// 预处理前缀积以及后缀积for(int i = 1; i < n; i++)lprod[i] = lprod[i - 1] * nums[i - 1];for(int i = n - 2; i >= 0; i--)rprod[i] = rprod[i + 1] * nums[i + 1];// 处理结果数组vector<int> ret(n);for(int i = 0; i < n; i++)ret[i] = lprod[i] * rprod[i];return ret;}
}

Java 算法代码：

class Solution {public int[] productExceptSelf(int[] nums) {// lprod 表⽰：[0, i - 1] 区间内所有元素的乘积// rprod 表⽰：[i + 1, n - 1] 区间内所有元素的乘积int n = nums.length;int[] lprod = new int[n];int[] rprod = new int[n];lprod[0] = 1; rprod[n - 1] = 1;// 预处理前缀积以及后缀积for(int i = 1; i < n; i++)lprod[i] = lprod[i - 1] * nums[i - 1];for(int i = n - 2; i >= 0; i--)rprod[i] = rprod[i + 1] * nums[i + 1];// 处理结果数组int[] ret = new int[n];for(int i = 0; i < n; i++)ret[i] = lprod[i] * rprod[i];return ret;}
}

5.和为 K 的子数组（medium）

题目描述

和为 K 的子数组

给定一个整数数组和一个整数 k ，请找到该数组中和为 k 的连续子数组的个数。
示例 1：
输入:nums = [1,1,1], k = 2
输出: 2
解释: 此题 [1,1] 与 [1,1] 为两种不同的情况
示例 2：
输入:nums = [1,2,3], k = 3
输出: 2
提示:
1 <= nums.length <= 2 * 10⁴
-1000 <= nums[i] <= 1000
-10⁷ <= k <= 10⁷

算法原理和细节问题

解法（将前缀和存在哈希表中）：
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。

代码

C++ 算法代码：

class Solution
{
public:int subarraySum(vector<int>& nums, int k) {unordered_map<int, int> hash; // 统计前缀和出现的次数hash[0] = 1;int sum = 0, ret = 0;for(auto x : nums){sum += x; // 计算当前位置的前缀和if(hash.count(sum - k)) ret += hash[sum - k]; // 统计个数hash[sum]++;}return ret;}
}

Java 算法代码：

class Solution {public int subarraySum(int[] nums, int k) {Map<Integer, Integer> hash = new HashMap<Integer, Integer>();hash.put(0, 1);int sum = 0, ret = 0;for(int x : nums){sum += x; // 计算当前位置的前缀和ret += hash.getOrDefault(sum - k, 0); // 统计结果hash.put(sum, hash.getOrDefault(sum, 0) + 1); // 把当前的前缀和丢到哈希表⾥⾯}return ret;}
}

注：统计结果 和 把当前的前缀丢到哈希表里不能换顺序
否则k=0时将不会输出0

6.K 整除的⼦数组（medium）

（本题是某⼀年的蓝桥杯竞赛原题）
题⽬链接：974. 和可被 K 整除的⼦数组

题⽬描述：

给定⼀个整数数组 nums 和⼀个整数 k ，返回其中元素之和可被 k 整除的（连续、⾮空） ⼦数组 的数⽬。
⼦数组 是数组的 连续 部分。
⽰例 1：
输⼊：
nums = [4,5,0,-2,-3,1], k = 5
输出：
7
解释：
有 7 个⼦数组满⾜其元素之和可被 k = 5 整除：
[4, 5, 0, -2, -3, 1], [5], [5, 0], [5, 0, -2, -3], [0], [0, -2, -3], [-2, -3]
⽰例 2:
输⼊:
nums = [5], k = 9
输出:
0
提⽰:
1 <= nums.length <= 3 * 104
-104 <= nums[i] <= 104
2 <= k <= 104

解法（前缀和在哈希表中）：

（暴⼒解法就是枚举出所有的⼦数组的和，这⾥不再赘述。）
本题需要的前置知识：

• 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++ java中负数取模的结果，以及如何修正「负数取模」的结果
  1.c++ java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
  2.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
  
  算法思路：
  思路与 560. 和为 K 的⼦数组 这道题的思路相似。
  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 。
• 由同余定理可得， [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 位置之前有多少个前缀和的余数等于 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的余数，⼀边存下之前每⼀种前缀和的余数出现的次数。

代码

C++ 算法代码：

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;}
};

Java 算法代码：

class Solution {public int subarraysDivByK(int[] nums, int k) {Map<Integer, Integer> hash = new HashMap<Integer, Integer>();hash.put(0 % k, 1);//前缀和为0时int sum = 0, ret = 0;for(int x : nums){sum += x; // 计算当前位置的前缀和int r = (sum % k + k) % k;ret += hash.getOrDefault(r, 0); // 统计结果hash.put(r, hash.getOrDefault(r, 0) + 1);}return ret;}
}

7.连续数组（medium）

题⽬描述：

题⽬链接：525. 连续数组

给定⼀个⼆进制数组 nums , 找到含有相同数量的 0 和 1 的最⻓连续⼦数组，并返回该⼦数组的⻓度。
⽰例 1:
输⼊: nums = [0,1]
输出: 2
说明:
[0, 1] 是具有相同数量 0 和 1 的最⻓连续⼦数组。
⽰例 2:
输⼊: nums = [0,1,0]
输出: 2
说明:
[0, 1] (或 [1, 0]) 是具有相同数量 0 和 1 的最⻓连续⼦数组。
提⽰：
1 <= nums.length <= 10^5
nums[i] 不是 0 就是 1

（暴⼒解法就是枚举所有的⼦数组，然后判断⼦数组是否满⾜要求，这⾥不再赘述。）

解法（前缀和在哈希表中）：

算法思路：
稍微转化⼀下题⽬，就会变成我们熟悉的题：
• 本题让我们找出⼀段连续的区间， 0 和 1 出现的次数相同。
• 如果将 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，就和 560. 和为 K 的⼦数组 这道题的思路⼀样
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]区间内的所有元素的和为 0 。那么 [0, x1 - 1] 区间内的和是不是就是 sum[i] 了。于是问题就变成：
• 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。
规定空的前缀的结束下标为 −1，由于空的前缀的元素和为 0，因此在遍历之前，首先在哈希表中存入键值对 (0,−1)。

代码

C++ 算法代码：

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;}
};

Java 算法代码：

class Solution {public int findMaxLength(int[] nums) {Map<Integer, Integer> hash = new HashMap<Integer, Integer>();hash.put(0, -1); // 默认存在⼀个前缀和为 0 的情况int sum = 0, ret = 0;for(int i = 0; i < nums.length; i++){sum += (nums[i] == 0 ? -1 : 1); // 计算当前位置的前缀和if(hash.containsKey(sum)) ret = Math.max(ret, i - hash.get(sum));else hash.put(sum, i);}return ret;}
}

在代码中执行hash.put(0, -1)的目的是为了正确处理从数组起始位置到某一位置的和为0的子数组。
关键原因：

1. 初始状态的边界处理
   假设存在一个子数组从索引0开始到索引i结束，且其和为0（即0和1数量相等）。此时，前缀和sum在位置i的计算结果为0。若哈希表中未初始化sum=0对应的位置为-1，则无法通过i - hash.get(0)得到正确的长度（应为i - (-1) = i + 1）。
2. 统一计算逻辑
   所有子数组长度的计算都遵循公式：当前索引i - 哈希表中记录的sum第一次出现的索引。
   如果未初始化sum=0为-1，当子数组从索引0开始时，哈希表中可能没有sum=0的记录，导致无法正确计算长度。

8.矩阵区域和（medium）

题⽬描述：

题⽬链接：1314. 矩阵区域和

给你⼀个 m x n 的矩阵 mat 和⼀个整数 k ，请你返回⼀个矩阵 answer ，其中每个 answer[i][j] 是所有满⾜下述条件的元素 mat[r][c] 的和：
• i - k <= r <= i + k,
• j - k <= c <= j + k 且
• (r, c) 在矩阵内。
⽰例 1：
输⼊：mat = [[1,2,3],[4,5,6],[7,8,9]], k = 1
输出：[[12,21,16],[27,45,33],[24,39,28]]
⽰例 2：
输⼊：mat = [[1,2,3],[4,5,6],[7,8,9]], k = 2
输出：[[45,45,45],[45,45,45],[45,45,45]]
提⽰：
m = = mat.length
n = = mat[i].length
1 <= m, n, k <= 100
1 <= mat[i][j] <= 100

解法：

算法思路：

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「左上⻆」以及「右下⻆」的坐标（推荐⼤家画图）
左上⻆坐标： 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) ;
右下⻆坐标： 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) 。
然后将求出来的坐标代⼊到「⼆维前缀和矩阵」的计算公式上即可~（但是要注意下标的映射关系）

代码

Java 算法代码：

class Solution {public int[][] matrixBlockSum(int[][] mat, int k) {int m = mat.length, n = mat[0].length;// 1. 预处理前缀和矩阵int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];//方便处理边界情况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];//注意不是+mat[i][j]// 2. 使⽤int[][] ret = new int[m][n];for(int i = 0; i < m; i++)for(int j = 0; j < n; j++){int x1 = Math.max(0, i - k) + 1, y1 = Math.max(0, j - k) + 1;int x2 = Math.min(m - 1, i + k) + 1, y2 = Math.min(n - 1, j + k) + 1;ret[i][j] = dp[x2][y2] - dp[x1 - 1][y2] - dp[x2][y1 - 1] + dp[x1 - 1][y1 - 1];}return ret;}
}

C++ 算法代码：

class Solution {
public:vector<vector<int>> matrixBlockSum(vector<vector<int>>& mat, int k) {int m = mat.size(), n = mat[0].size();vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));// 1. 预处理前缀和矩阵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];// 2. 使⽤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(m - 1, i + k) + 1, y2 = min(n - 1, j + k) + 1;ret[i][j] = dp[x2][y2] - dp[x1 - 1][y2] - dp[x2][y1 - 1] + dp[x1 - 1][y1 - 1];}return ret;}
};