文章目录
- 前言
- 一、一维前缀和模板
- 二、二维前缀和模板
- 三、寻找数组的中心下标
- 四、除自身以外数组的乘积
- 五、和为 K 的子数组
- 六、和可被 K 整除的子数组
- 七、连续数组
- 八、矩阵区域和
前言
本章将深度剖析前缀和,以及总结前缀和模板。
前缀和是一种在算法和数据处理中的重要技巧,特别适合解决连续子数组求和的问题。通过构建一个前缀和数组,我们可以快速查询任意连续区间的和,从而在一定程度上优化时间复杂度。
基本原理
前缀和的核心思想是预先计算数组的前缀和,使得区间求和可以在常数时间内完成。假设有一个数组 ( arr ),其前缀和数组定义如下:
- 设 ( prefix[i] ) 表示从数组起点到位置 ( i ) 的元素之和。
- 因此,前缀和数组 ( prefix ) 可以定义为:
[
prefix[i] = arr[0] + arr[1] + \dots + arr[i]
]
计算任意区间和 ( arr[l] + arr[l+1] + \dots + arr[r] ) 可以通过前缀和快速得到:
[
arr[l] + arr[l+1] + \dots + arr[r] = prefix[r] - prefix[l-1]
]
其中, ( prefix[r] ) 是从 ( arr[0] ) 到 ( arr[r] ) 的和,减去从 ( arr[0] ) 到 ( arr[l-1] ) 的和就得到了区间 ( [l, r] ) 的和。
例子
假设有数组 ( arr = [1, 2, 3, 4, 5] ),构建前缀和数组 ( prefix ) 如下:
- ( prefix[0] = 1 )
- ( prefix[1] = 1 + 2 = 3 )
- ( prefix[2] = 1 + 2 + 3 = 6 )
- ( prefix[3] = 1 + 2 + 3 + 4 = 10 )
- ( prefix[4] = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 )
那么,求区间和 ( arr[1] + arr[2] + arr[3] ) 就可以通过前缀和数组计算:
[
arr[1] + arr[2] + arr[3] = prefix[3] - prefix[0] = 10 - 1 = 9
]
时间复杂度
- 构建前缀和数组的时间复杂度为 ( O(n) ),其中 ( n ) 是数组的长度。
- 一旦构建好前缀和数组,查询任意区间的和的时间复杂度为 ( O(1) )。
前缀和技术通常用于快速解决子数组求和、二维区域求和等问题。
一、一维前缀和模板
【模板】前缀和
#include <iostream>
using namespace std;
#include<vector>
typedef long long LL;
int n,q;
int main()
{
cin >> n >> q;
vector<LL> arr(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> arr[i];
}
//定义前缀和数组
vector<LL> dp(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
dp[i] = dp[i - 1] + arr[i];
}
//使用前缀和数组
while (q--)
{
LL l, r;
cin >> l >> r;
cout << dp[r] - dp[l - 1] << endl;
}
return 0;
}
二、二维前缀和模板
【模板】二维前缀和
#include <iostream>
using namespace std;
#include<vector>
typedef long long LL;
int main()
{
int n, m, q;
cin >> n >> m >> q;
//初始化原始数据
vector<vector<LL>> arr(n + 1, vector<LL> (m + 1));
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= m; j++)
{
cin >> arr[i][j];
}
}
//定义前缀和数组
vector<vector<LL>> dp(n + 1, vector<LL> (m + 1));
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];
}
}
//使用前缀和数组
while (q--)
{
LL x1, y1, x2, y2;
cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
cout << dp[x2][y2] - dp[x2][y1 - 1] - dp[x1 - 1][y2] + dp[x1 - 1][y1 - 1] << endl;
}
return 0;
}
三、寻找数组的中心下标
寻找数组的中心下标
算法思路:
根据中心下标的定义,除中心下标元素外,该元素左边的「前缀和」应等于右边的「后缀和」。
- 因此,可以先预处理两个数组,一个表示前缀和,另一个表示后缀和。
- 然后,用一个
for
循环枚举可能的中心下标,判断每个位置的前缀和和后缀和是否相等,如果相等,则返回该下标。
class Solution {
public:
int pivotIndex(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
//构建前缀和
vector<int> dp_first(n);
dp_first[0] = 0;
for (int i = 1; i < n; i++)
{
dp_first[i] = dp_first[i - 1] + nums[i - 1];
}
//构建后缀和
vector<int> dp_end(n);
dp_end[n - 1] = 0;
for (int i = n - 2; i >= 0; i--)
{
dp_end[i] = dp_end[i + 1] + nums[i + 1];
}
//使用前缀和
for (int i = 0; i < n; i++)
{
if (dp_first[i] == dp_end[i])
return i;
}
return -1;
}
};
四、除自身以外数组的乘积
除自身以外数组的乘积
算法思路:
题目要求不能使用除法,并要求在 O ( N ) O(N) O(N) 时间复杂度内完成,排除了暴力解法和计算数组乘积后除以单个元素的方法。
分析可知,每个位置的最终结果 ret[i]
可以分为两部分:
- 前缀积部分:
nums[0] * nums[1] * ... * nums[i - 1]
- 后缀积部分:
nums[i + 1] * nums[i + 2] * ... * nums[n - 1]
可以利用前缀和的思想,定义两个数组 post
和 suf
,分别存储两部分信息:
post
:表示i
位置之前所有元素的前缀乘积,即[0, i - 1]
区间的乘积。suf
:表示i
位置之后所有元素的后缀乘积,即[i + 1, n - 1]
区间的乘积。
最后,根据 post
和 suf
计算出每个位置的最终结果。
class Solution {
public:
vector<int> productExceptSelf(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
//构建前缀积
vector<int> dp_first(n);
dp_first[0] = 1;
for (int i = 1; i < n; i++)
{
dp_first[i] = dp_first[i - 1] * nums[i - 1];
}
//构建后缀积
vector<int> dp_end(n);
dp_end[n - 1] = 1;
for (int i = n - 2; i >= 0; i--)
{
dp_end[i] = dp_end[i + 1] * nums[i + 1];
}
//使用前后缀积
vector<int> answer(n);
for (int i = 0; i < n; i++)
{
answer[i] = dp_first[i] * dp_end[i];
}
return answer;
}
};
五、和为 K 的子数组
和为 K 的子数组
(将前缀和存入哈希表):
算法思路:
设 i
为数组中的任意位置,sum[i]
表示 [0, i]
区间内所有元素的和。
- 我们需要找到“以
i
为结尾且和为k
的子数组”,这等价于找出所有可能的起始位置x1, x2, x3...
,使得[x, i]
区间的和为k
。 - 此时,
[0, x]
区间的和应为sum[i] - k
。
因此,问题转化为:
- 找出
[0, i - 1]
区间内有多少前缀和等于sum[i] - k
。
无需真正初始化前缀和数组,因为我们只关注 i
位置之前,前缀和为 sum[i] - k
的次数。我们可以使用一个哈希表,在计算当前位置的前缀和时,同时记录每个前缀和出现的次数。
class Solution {
public:
int subarraySum(vector<int>& nums, int k)
{
// 哈希表模拟前缀和数组
unordered_map<int, int> hash;
hash[0] = 1;
//使用前缀和数组
int sum = 0, ret = 0;
for (auto e : nums)
{
sum += e;
if (hash.count(sum - k)) ret += hash[sum - k];
hash[sum]++;
}
return ret;
}
};
六、和可被 K 整除的子数组
和可被 K 整除的子数组
本题需要的前置知识:
-
同余定理:
若(a - b) % n == 0
,则a % n == b % n
。也就是说,如果两个数之差能被n
整除,那么这两个数对n
取模的结果相同。
例如,(26 - 2) % 12 == 0
,所以26 % 12 == 2 % 12 == 2
。 -
C++ 中负数取模结果的处理:
- 在 C++ 中,负数取模的结果会保留负号,例如
-1 % 3 = -1
。 - 为防止负数结果影响,常用
(a % n + n) % n
确保结果为正,例如:-1 % 3 = (-1 % 3 + 3) % 3 = 2
。
- 在 C++ 中,负数取模的结果会保留负号,例如
算法思路:
此题与 LeetCode 560 题“和为 K 的子数组”思路类似。
设 i
为数组中的任意位置,sum[i]
表示 [0, i]
区间内的和。
- 要找出“以
i
为结尾、和可被k
整除的子数组”,需要找到所有起点x1, x2, x3...
使得[x, i]
的和能被k
整除。 - 假设
[0, x - 1]
的和为a
,[0, i]
的和为b
,则有(b - a) % k == 0
。 - 根据同余定理,[0, x - 1] 区间和 [0, i] 区间的前缀和同余。因此问题变成:
- 找到
[0, i - 1]
中前缀和的余数等于sum[i] % k
的个数。
- 找到
无需初始化前缀和数组,只需用一个哈希表记录每种前缀和的出现次数,同时计算当前位置的前缀和。
class Solution {
public:
int subarraysDivByK(vector<int>& nums, int k)
{
// 哈希表模拟前缀和数组
unordered_map<int,int> hash;
hash[0] = 1;
//使用前缀和数组
int sum = 0, ret = 0;
for (auto e : nums)
{
sum += e;
int r = (sum % k + k) % k;
if (hash.count(r)) ret += hash[r];
hash[r]++;
}
return ret;
}
};
七、连续数组
连续数组
算法思路:
稍作转换,这道题可以化为经典问题:
- 本题需要找一个连续区间,使得 0 和 1 出现的次数相同。
- 将 0 视为 -1,1 视为 1,问题就转化为找一个区间,使其和等于 0。
这样问题与 LeetCode 560 题“和为 K 的子数组”思路相似。
设 i
为数组中任意位置,用 sum[i]
表示 [0, i]
区间内所有元素的和。我们希望找到最大长度的“以 i
为结尾、和为 0 的子数组”,这需要找到从左至右第一个位置 x1
使得 [x1, i]
的和为 0。此时 [0, x1 - 1]
区间的和等于 sum[i]
。因此问题变成:
- 找到
[0, i - 1]
区间内首次出现sum[i]
的位置即可。
我们无需真正初始化一个前缀和数组,因为只关心 i
位置之前,首次出现等于 sum[i]
的前缀和位置。只需一个哈希表,在计算当前位置前缀和的同时,记录该前缀和的首次出现位置。
class Solution {
public:
int findMaxLength(vector<int>& nums)
{
// 哈希表模拟前缀和数组
unordered_map<int, int> hash;
hash[0] = -1;
// 使用前缀和数组
int sum = 0, ret = 0;
for (int i = 0; i < nums.size(); i++)
{
sum += nums[i] == 0 ? -1 : 1;
if (hash.count(sum)) ret = max(ret, i - hash[sum]);
else hash[sum] = i;
}
return ret;
}
};
八、矩阵区域和
矩阵区域和
算法思路:
这道题主要是二维前缀和的基本应用,关键在于填写结果矩阵时,找到原矩阵对应区域的「左上角」和「右下角」坐标(建议画图理解)。
- 左上角坐标:
x1 = i - k,y1 = j - k
,为了不超出矩阵范围,需要对 0 取max
,修正后的坐标为:x1 = max(0, i - k),y1 = max(0, j - k)
。 - 右下角坐标:
x2 = i + k,y2 = j + k
,同理,为避免超出矩阵范围,需要对m - 1
和n - 1
取min
,修正后的坐标为:x2 = min(m - 1, i + k),y2 = min(n - 1, j + k)
。
最后将修正后的坐标代入二维前缀和的计算公式即可(注意下标的映射关系)。
class Solution {
public:
vector<vector<int>> matrixBlockSum(vector<vector<int>>& mat, int k)
{
// 构建二维前缀和
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++)
{
for (int j = 1; j <= m; j++)
{
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] + mat[i - 1][j - 1] - dp[i - 1][j - 1];
}
}
//使用二维前缀和
vector<vector<int>> answer(n, vector<int> (m));
for (int i = 0; i < n; i++)
{
for (int j = 0; j < m; j++)
{
int a, b, c, d;
a = i - k < 0 ? 1 : i - k + 1;
b = j - k < 0 ? 1 : j - k + 1;
c = i + k >= n ? n : i + k + 1;
d = j + k >= m ? m : j + k + 1;
answer[i][j] = dp[c][d] - dp[c][b - 1] - dp[a - 1][d] + dp[a - 1][b - 1];
}
}
return answer;
}
};