目录
一、前缀和的定义
二、一维前缀和
三、一维前缀和OJ题
3.1、前缀和
3.2、寻找数组中心下标
3.3、除自身以外数组的乘积
3.4、和为K的数组
3.5、和可被K整除的子数组
3.6、连续数组
四、二位前缀和
4.1、二维前缀和
4.2、矩阵区域和
一、前缀和的定义
对于一个给定的数列A，他的前缀和数中 S 中 S[ i ] 表示从第一个元素到第 i 个元素的总和。
如下图：绿色区域的和就是前缀和数组中的 S [ 6 ]。
这里我们需要注意的是：前6个数的和为什么是S【6】呢？数组第6个数下标不应该是5吗？
是的，我们在下表面推导公式会讲到这个问题。
二、一维前缀和
前缀和数组的每一项是可以通过原序列以递推的方式推出来的，递推公式就是：S[ i ] = S[ i - 1 ] + A[ i ]。S[ i - 1 ] 表示前 i - 1 个元素的和，在这基础上加上 A[ i ]，就得到了前 i 个元素的和 S [ i ]。
当我们要求的是序列 A 的前 n 个数之和时，如果我们是从下标为 0 的位置开始存储前缀和数组，此公式：sum = S[ r ] - S[ l - 1 ] 显然就无法使用了，为了是这个公式适用于所有情况，我们将从下标为 1 的位置开始存储前缀和，并且将下标为 0 的位置初始化为 0。
三、一维前缀和OJ题
3.1、前缀和
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题目描述：
算法思路：
a. 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] ；
b. 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] 。
代码实现：
#include <iostream>
#include<vector>
using namespace std;int main()
{int n,q;cin>>n>>q;vector<int> arr(n+1,0);for(int i=1;i<=n;i++) cin>>arr[i];vector<long long> dp(n+1,0);for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=arr[i]+dp[i-1];int l,r;while(q--){cin>>l>>r;cout<<dp[r]-dp[l-1]<<endl;}return 0;
}3.2、寻找数组中心下标
724. 寻找数组的中心下标 - 力扣（LeetCode）
题目描述：
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。
代码实现：
class Solution {
public:int pivotIndex(vector<int>& nums) {int n=nums.size();vector<int> f(n),g(n);//前缀和for(int i=1;i<n;i++)f[i]=nums[i-1]+f[i-1];//后缀和for(int i=n-2;i>=0;i--)g[i]=nums[i+1]+g[i+1];for(int i=0;i<n;i++){if(g[i]==f[i])return i;}return -1;}
};3.3、除自身以外数组的乘积
238. 除自身以外数组的乘积 - 力扣（LeetCode）
题目描述：
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。
代码实现：
class Solution {
public:vector<int> productExceptSelf(vector<int>& nums) {int n=nums.size();vector<int> g(n),f(n);//前缀积f[0]=g[n-1]=1;for(int i=1;i<n;i++)f[i]=f[i-1]*nums[i-1];//后缀积for(int i=n-2;i>=0;i--)g[i]=g[i+1]*nums[i+1];vector<int> arr(n);for(int i=0;i<n;i++){arr[i]=g[i]*f[i];}return arr;}
};3.4、和为K的数组
560. 和为 K 的子数组 - 力扣（LeetCode）
题目描述：
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。
代码实现：
class Solution {
public:int subarraySum(vector<int>& nums, int k) {unordered_map<int,int> hash;int sum=0,ret=0;hash[0]=1;for(auto x:nums){sum+=x;if(hash.count(sum-k)){ret+=hash[sum-k];}hash[sum]++;}return ret;}
};3.5、和可被K整除的子数组
974. 和可被 K 整除的子数组 - 力扣（LeetCode）
题目描述：
算法思路:
• 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
a. 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
b. 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
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。
代码实现：
class Solution {
public:int subarraysDivByK(vector<int>& nums, int k) {unordered_map<int,int> hash; //第一个int存余数，第二个存个数int sum=0,ret=0;hash[0%k]=1; for(auto x:nums){sum+=x;int r=(sum%k+k)%k;if(hash.count(r)) ret+=hash[r];hash[r]++;}return ret;}
};3.6、连续数组
525. 连续数组 - 力扣（LeetCode）
题目描述：
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 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。
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，第⼀个前缀和等于 sum[i]的位置。因此，我们仅需⽤⼀个哈希表，⼀边求当前位置的前缀和，⼀边记录第⼀次出现该前缀和的位置。
代码实现：
class Solution {
public:int findMaxLength(vector<int>& nums) {unordered_map<int,int> hash;hash[0]=-1;int sum=0,ret=0;for(int i=0;i<nums.size();i++){sum+=nums[i]==0?-1:1;//当前位置的前缀和,将0变-1if(hash.count(sum)) ret=max(ret,i-hash[sum]);else hash[sum]=i;}return ret;}
};四、二位前缀和
和一维前缀和的原理类似，只不过二维前缀和求的是一个矩阵中所有元素的和。
例如：对与 x = 4，y = 3 这么一组输入，就是将原矩阵序列中蓝色区域的元素相加，得到的结果便是前缀和矩阵S中 S[ 4 ][ 3 ] 的值。
例如上图：我们要求蓝色矩阵中所有元素的和。
现在就差最后一步了，怎么求出前缀和矩阵中的每一个值嘞？？同理利用递推关系求就阔以啦。
S[ i ][ j ] = S[ i - 1 ][ j ] + S[ i ][ j - 1 ] - S[ i - 1][ j - 1 ] + a[ i ][ j ]
五、二维前缀和OJ题
4.1、二维前缀和
【模板】二维前缀和_牛客题霸_牛客网 (nowcoder.com)
题目描述：
算法思路：
- 首先对矩阵进行预处理，得到对应的前缀和矩阵。
- 利用前缀和矩阵相应区域的加减运算，即可得到对应子矩阵中所有元素的累加和。
图解展示（图中presum[3][4]除了包括绿色部分，还包括其它重叠的部分，其它几项也一样，另外presum[1][1]被多减了一次，所以最后要加一次）：
代码实现：
#include <iostream>
#include<vector>
using namespace std;int main()
{int n,m,q;cin>>n>>m>>q;vector<vector<long long>> arr(n+1,vector<long long>(m+1));for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){cin>>arr[i][j];}}vector<vector<long long>> dp(n+1,vector<long long>(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];}}int x1,x2,y1,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;}return 0;
}4.2、矩阵区域和
1314. 矩阵区域和 - 力扣（LeetCode）
题目描述
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
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
代码实现：
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));//预处理矩阵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];}}//使用前缀和矩阵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;}
};
