题目：

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

算法原理：

本题所需前置知识：

1 同余定理：

如果 (a - b) % n == 0 ，那么可以得到⼀个结论： a % n == b % n 。即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

如  (26 - 2) % 12 == 0 那么 26 % 12 == 2 % 12 == 2
 

2 c++ 中负数取模结果的修正：
 

c++ 中关于负数的取模运算，结果是「把负数当成正数，取模之后的结果加上⼀个负号」

如 -1 % 3 = -(1 % 3) = -1

由于余数在接下来的代码中会充当下标，所以余数不能为负数，故而有修正余数的情况：

(a % n + n) % n  

若是a%n的结果为负数，那么+n就会是正数，当然若是a%n的结果本身就是正数，那么+n就改变了，故而%n

当a%n的结果为负数，修正后依然比n小，故而%n不会发生改变

当a%n的结果为正数，无需修正，但+n使得结果变了，又%n，让变了的结果变回原样

 

枚举所有子数组可以每次固定一个起始位置向后枚举，我们当然也可以每次固定一个结尾位置向前枚举

i是任意位置，那么以 i 为结尾的和可被k 整除的子数组个数就可以这么求：

由图示，我们知道要求[0,i]区间内绿线的个数，只要知道红线的个数即前缀和为x的个数就可以了，又sum%k==x%k

那么我们只需要知道在[0,i-1]内，前缀和（即x）%k==sum%k的个数即可

hash表统计前缀和%k的余数出现的次数

细节问题：hash[0] = 1 ,当i位置的前缀和本身sum就是能被k整除的，[0,i]区间本身就是一个合法子数组，那么x=0

代码实现：

class Solution 
{
public:
    int subarraysDivByK(vector<int>& nums, int k) 
    {
        unordered_map<int,int> hash;
        hash[0] = 1;//0这个数(这个前缀和）的余数，也可以写成hash[0%k]=1
        int ret = 0;
        int sum = 0;
        for(auto e:nums)
        {
            sum+=e;//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];
            }
            hash[r]++;
        }
        return ret;
    }
};