模板引入

一维前缀和

https://www.nowcoder.com/share/jump/9257752291725692504394

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解法一：暴力枚举

在每次提供 l 与 r 的时候，都从 l 开始遍历数组，直到遇到 r 停止，这个方法的时间复杂度为 O(N * q)

解法二：前缀和

如果我们事先就知道所有从 0 开始的子数组的前缀和的话，那么要计算 从 l 到 r 之间的字数组的和的时候，我们就可以利用这个已知的前缀和数组进行计算，也就是 ans = dp[r] - dp[l] + nums[l]

时间复杂度为 O(N + q) , 空间复杂度为 O(N)

<code>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 q = in.nextInt();

long[] arr = new long[n];

for(int i = 0; i < n; i++) {

arr[i] = in.nextInt();

}

//构建前缀和数组

long[] dp = new long[n+1];

for(int i = 1; i <= n; i++) {

dp[i] = dp[i-1] + arr[i-1];

}

while(q > 0) {

int l = in.nextInt();

int r = in.nextInt();

System.out.println(dp[r] - dp[l] + arr[l-1]);

q--;

}

}

}

二维前缀和

https://www.nowcoder.com/share/jump/9257752291725693083065

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解法一：暴力枚举

直接遍历矩阵，时间复杂度为 O(N² * q)

解法二：前缀和

和上面那一道题目一样，我们先预处理一个前缀和数组，只不过这次是一个二维数组，我们需要讨论一下：

由上图可知，要想求 dp[i][j]，我们可以利用上面的关系来推导，也就是 dp[i][j] 等于三块颜色的区域 加上 原矩阵对应的 nums[i][j]

dp[i-1][j] 等于蓝色区域加上绿色区域，dp[i][j-1] 等于蓝色区域加上橙色区域，dp[i-1][j-1] 等于蓝色区域

dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] - dp[i-1][j-1] + nums[i][j]

但是要注意可能会出现数组越界访问的情况，因为当 i = 0 或者 j = 0 的时候 ，dp[i][j-1] 是会发生越界访问的，所以要避免发生越界访问的话，我们可以加多一个外围区域，就是将 dp 数组 在创建的时候，可以将 dp[][] = new int[n+1][m+1]，也就是比原先数组多一行和多一列

这样的话，我们在进行 dp 数组计算的时候，下标就应该从 1 开始，对应的nums 数组的下标则是减一即可。

dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] - dp[i-1][j-1] + nums[i-1][j-1]

如何获取从 (x1,y1) 到 （x2,y2) 之间的区域的和

因为正好是x1 ，y1, x2, y2 可以对应我们的 dp 数组，所以直接使用

蓝色区域是我们要求的区域，蓝色区域 等于 = dp[x2][y2] - (dp[x1-1][y2] + dp[x2][y1-1] - dp[x1-1][y1-1]

<code>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][m];

for(int i = 0; i < n; i++) {

for(int j = 0; j < m; j++) {

arr[i][j] = in.nextInt();

}

}

//构建前缀和数组

long[][] dp = new long[n+1][m+1];

for(int i = 1; i <= n; i++) {

for(int j = 1; j <= m; j++) {

dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j] - dp[i-1][j-1] + arr[i-1][j-1];

}

}

while(q > 0) {

int x1 = in.nextInt();

int y1 = in.nextInt();

int x2 = in.nextInt();

int y2 = in.nextInt();

System.out.println(dp[x2][y2] - (dp[x1-1][y2] + dp[x2][y1-1] - dp[x1-1][y1-1]));

q--;

}

}

}

小结

前缀和主要用于处理数组区间的和的问题。

前缀和处理二维数组（矩阵）的时候，要注意 dp 数组要扩大。

实战演练

寻找数组的中心下标

https://leetcode.cn/problems/find-pivot-index/description/

解析：

中心下标表示除了这个下标对应的数字之外，其左边区域和等于右边区域和

区域和，我们可以联想到前缀和来解决，由于需要比较左右两边的区域和，我们可以设置前缀和数组与后缀和数组。

注意事项

前缀和应该从 下标 1 开始计算，f[i] = f[i-1] + nums[i-1]

后缀和应该从下标 n - 2 开始计算，g[i] = g[i+1] + nums[i+1]

因为上面两条公式需要利用到之前的前缀和或者后缀和，如果前缀和从0开始计算，则会数组越界访问异常，并且题目告诉我们如果中心下标是最左端，则左侧数组和为 0 ，右侧也一样，所以我们可以直接从 0 或者 n - 2 开始计算。

<code>class Solution { -- -->

public int pivotIndex(int[] nums) {

int n = nums.length;

int[] f = new int[n];

int[] g = new int[n];

//构建前缀和数组

for(int i = 1; i < n; i++) {

f[i] = f[i-1] + nums[i-1];

}

//构建后缀和数组

for(int i = n - 2; i >= 0; i--) {

g[i] = g[i+1] + nums[i+1];

}

//查找

for(int i = 0; i < n; i++) {

if(f[i] == g[i])

return i;

}

return -1;

}

}

除自身以外数组的乘积

https://leetcode.cn/problems/product-of-array-except-self/description/

解析：

和上面的题目类似，这次是乘法，我们可以使用前缀积和后缀积来解答

这里要注意 f[0] 和 g[n-1] 要先预设置为 0，避免后续计算的时候得到的全是 0

<code>class Solution { -- -->

public int[] productExceptSelf(int[] nums) {

int n = nums.length;

int[] f = new int[n];

int[] g = new int[n];

f[0] = 1;

g[n-1] = 1;

//构建前缀积数组

for(int i = 1; i < n; i++) {

f[i] = f[i-1] * nums[i-1];

}

//构建后缀积数组

for(int i = n - 2; i >= 0; i--) {

g[i] = g[i+1] * nums[i+1];

}

int[] ans = new int[n];

for(int i = 0; i < n; i++) {

ans[i] = f[i] * g[i];

}

return ans;

}

}

和为 K 的子数组

https://leetcode.cn/problems/subarray-sum-equals-k/description/

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注意这里不能使用滑动窗口来解决！！！

滑动窗口有一个特点就是右指针不能进行回退，所以当你要使用滑动窗口来解决子数组的时候，要保证一个前提：数组具有单调性。

而这道题目由于数组可能会出现负数，也就是说明数组是不具有单调性的，举个例子：

两块蓝色区域相加正好等于零，而中间红色区域等于K 的时候，你使用滑动窗口，由于右指针不能回退，导致遗漏掉中间红色数组的情况，所以，我们不能使用滑动窗口。

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解法一：暴力枚举

通过两层 循环，获取所有的子数组，时间复杂度为 O(N²)

解法二：前缀和加哈希表

计算 [0, i] 区间的前缀和 sum[i]

我们把要求的 K 子数组定义为以 i 结尾的子数组

如果存在 K 的子数组的话：

那么如果 i 数组前面出现过 子数组和为 sum[j] 的话，就说明存在 K 数组，sum[j] = sum[i] - K

我们在计算 前缀和 sum[i] 的时候，其实也就已经得知 i 数组前面所有的下标的前缀和，那么我们可以利用哈希表来保存这些数据，哈希表存储的应该是 <sum[i], 出现的次数>

我们其实不需要创建前缀和数组

因为我们只是要利用前一个前缀和结果来推导现在这一个前缀和，对于前几次的前缀和结果我们其实用不到，所以我们可以使用一个变量 sum，一直滚动累加下去即可。

要事先将 <0,1> 存进哈希表中

因为可能会出现一开始就得到 和为 K 的数组，此时 sum - k = 0，但是 count 却没有自增，所以我们事先设定存在一个前缀和 为 0 的子数组，并且出现次数为 1

<code>class Solution { -- -->

public int subarraySum(int[] nums, int k) {

Map<Integer,Integer> map = new HashMap<>();

map.put(0,1);

int sum = 0;

int count = 0;

for(int x : nums) {

sum += x;

if(map.containsKey(sum - k)) {

count += map.get(sum-k);

}

map.put(sum,map.getOrDefault(sum,0) + 1);

}

return count;

}

}

和可被 K 整除的子数组

https://leetcode.cn/problems/subarray-sums-divisible-by-k/description/

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解析：

这里依旧不能使用滑动窗口来做

因为存在负数，不具有单调性。

补充知识：同余定理，当 (a - b) % p = 0 可以推导出 a % p = b % p，有了这个公式，我们就可以得出当存在另外几个 b 满足 a % p = b % p 的时候，则说明存在 和可被 K 整除的子数组，在判断的时候，我们用到的是余数，所以在哈希表中，我们保存的应该为 <余数，余数出现的次数>，后面就是基本的前缀和操作了，和上面那一道题目类似。

Java 当中，负数 % 正数 的结果为 负数，我们需要将结果纠正为正数，公式为 ret = (sum % k + k) % k

解释一下，sum % k 可以得到余数，但是可能为负数，所以再加 一个 k，保证这是一个正数，但是可能会破坏余数这个特性，所以还要再次 模 k，最后的 模k 是不会影响的。

由于可能会出现一开始前缀和 正好为 K ，取模结果为0，此时应该预先将 <0,1> 存储进哈希表里。

<code>class Solution { -- -->

public int subarraysDivByK(int[] nums, int k) {

Map<Integer,Integer> map = new HashMap<>();

map.put(0,1);

int sum = 0;

int count = 0;

for(int x : nums) {

sum += x;

int ret = (sum % k + k) % k;

count += map.getOrDefault(ret, 0);

map.put(ret,map.getOrDefault(ret,0) + 1);

}

return count;

}

}

连续数组

https://leetcode.cn/problems/contiguous-array/description/

解析：

由于数组只会出现 0 或者 1，我们要寻找最大长度的数组（满足 0 的数量等于 1 的数量），如果要使用前缀和，我们可以将 0 设置为 -1，这样，我们要寻找的子数组（记为 K）的和就是为 0

前缀和数组sum[i] :

此时 K = 0，那么 就是要得到目前是否存在 sum[j] 数组是等于 sun[i]，如果存在，则需要计算这个 K 数组的区间长度 = i - j

于是我们可以将前缀和 与 对应的下标索引 存到哈希表里，<sum，下标>

我们不用真的创建一个前缀和数组，因为我们用不到，我们可以使用一个变量 sum 来保存当前的前缀和结果

如果当整个数组的和为 K 的时候，那么最大的长度应该为 整个数组的长度，此时 i 最大到达 nums.length - 1 ,要想获得 数组长度，我们应该预先将 <0, -1> 存储进哈希表中

哈希表的 put :

我们保存数据的时候，要保存的是 sum 对应的最小的索引，因为我们要求的是最大的数组长度，所以当哈希表存在 sum[i] 的时候，我们应该更新最新长度，这个时候，就不用保存进哈希表里了，因为我们不需要跟新下标索引值，如果没有出现的话，那么此时 sum[i] 所对应的下标要一起保存进哈希表中。

<code>class Solution { -- -->

public int findMaxLength(int[] nums) {

Map<Integer,Integer> map = new HashMap<>();

map.put(0,-1);

int n = nums.length;

int sum = 0;

int maxLength = 0;

for(int i = 0; i < n; i++) {

sum += (nums[i] == 0 ? -1 : 1);

if(map.containsKey(sum)) {

int j = map.get(sum);

maxLength = Math.max(maxLength,i - j);

} else {

map.put(sum,i);

}

}

return maxLength;

}

}

矩阵区域和

https://leetcode.cn/problems/matrix-block-sum/description/

解析：

这道题目就是二维数组前缀和的使用

我们先创建好前缀和数组，然后锁定求解的区域，最后计算即可

这里要注意的是前缀和数组要和我们的最终数组要一一对应

<code>class Solution { -- -->

public int[][] matrixBlockSum(int[][] mat, int k) {

int n = mat.length;

int m = mat[0].length;

int[][] dp = new int[n+1][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] - dp[i-1][j-1] + mat[i-1][j-1];

}

}

int[][] ans = new int[n][m];

for(int i = 0; i < n; i++) {

for(int j = 0; j < m; j++) {

int r1 = (i - k <= 0 ? 1 : i - k + 1);

int c1 = (j - k <= 0 ? 1 : j - k + 1);

int r2 = (i + k >= n ? n : i + k + 1);

int c2 = (j + k >= m ? m : j + k + 1);

ans[i][j] = dp[r2][c2] - (dp[r1-1][c2] + dp[r2][c1-1] - dp[r1-1][c1-1]);

}

}

return ans;

}

}