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1.和为 K 的子数组

1.题目链接

• 和为 K 的子数组

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2.算法原理详解

• 分析：因为有负数的存在
  • 无法使用"双指针"优化，因为区间求和不具备单调性
  • 可能已经找到前缀和为k的子数组了，但是后面仍然可能会有更长的和为k的子数组存在
• 思路：前缀和 + 哈希表
  • 前缀和：以i位置为结尾的所有的子数组
    • 将问题转化为：在[0, i - 1]区间内，有多少个前缀和等于sum[i] - k
    • 此时，该连续区间问题就可以转化为一个前缀和问题了
  • 哈希表：<int, int> -> <前缀和， 次数>
• 细节处理：
  • 前缀和加入哈希表的时机？
    • 由于是在[0, i - 1]区间内，找有多少个前缀和等于sum[i] - k
    • 所以在计算i位置之前，哈希表里面只保存[0, i - 1]位置的前缀和
  • 不用真的创建一个前缀和数组
    • 因为只关⼼在i位置之前，有多少个前缀和等于sum[i] - k
    • 用一个变量sum来标记前一个位置的前缀和即可
  • 如果整个前缀和等于k呢？
    • hash[0] = 1
    • 即：默认哈希表中存在一个前缀和为0的值
      

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3.代码实现

int SubarraySum(vector<int>& nums, int k) 
{
    unordered_map<int, int> hash; // <前缀和, 次数>
    hash[0] = 1;

    int ret = 0, sum = 0; // 标识前一个位置的前缀和
    for(auto& e : nums)
    {
        sum += e; // 计算当前位置的前缀和

        if(hash.count(sum - k))
        {
            ret += hash[sum - k];
        }

        hash[sum]++; // 将i位置的前缀和入hash
    }

    return ret;
}

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2.和可被 K 整除的子数组

1.题目链接

• 和可被 K 整除的子数组

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2.算法原理详解

• 前置知识：
  • 同余定理：(a - b) / p = k -> a % p == b % p
  • C++$[负数\%正数]$的结果及修正
    • 结果：$[负数\%正数]$ -> 负数
      • 尽可能让商，进行向0取整
    • 修正：a % p + p
    • 正负统一：(a % p + p) % p
• 分析：因为有负数的存在
  • 无法使用"双指针"优化，因为区间求和不具备单调性
  • 可能已经找到前缀和可以被k整除的子数组了，但是后面仍然可能会有更长的前缀和可以被k整除的子数组存在
• 思路：前缀和 + 哈希表
  • 前缀和：以i位置为结尾的所有的子数组
    • 将问题转化为：在[0, i - 1]区间内，有多少个前缀和的余数等于(sum % k + k) % k
    • 此时，该连续区间问题就可以转化为一个前缀和问题了
  • 哈希表：<int, int> -> <前缀和， 次数>
• 细节处理：
  • 前缀和加入哈希表的时机？
    • 由于是在[0, i - 1]区间内，找有多少个前缀和的余数等于(sum % k + k) % k
    • 所以在计算i位置之前，哈希表里面只保存[0, i - 1]位置的前缀和的余数
  • 不用真的创建一个前缀和数组
    • 因为只关⼼在i位置之前，有多少个前缀和的余数等于(sum % k + k) % k
    • 用一个变量sum来标记前一个位置的前缀和即可
  • 如果整个前缀和等于k呢？
    • hash[0] = 1
    • 即：默认哈希表中存在一个前缀和余数为0的值
      

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3.代码实现

int subarraysDivByK(vector<int>& nums, int k) 
{
    unordered_map<int, int> hash;// <前缀和余数, 次数>
    hash[0] = 1;

    int sum = 0, ret = 0; // 用于标记前一个位置的前缀和
    for(auto& e : nums)
    {
        sum += e; // 计算当前位置的前缀和

        int tmp = (sum % k + k) % k; // 修正后的余数
        if(hash.count(tmp))
        {
            ret += hash[tmp];
        }

        hash[tmp]++; // 将i位置的前缀和的余数入hash
    }

    return ret;
}

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3.连续数组

1.题目链接

• 连续数组

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2.算法原理详解

• 问题转化：

  • 将所有的$0$修改成$-1$
  • 在数组中，找出最长的子数组，使子数组中所有元素的和为0

• [和为k的子数组] -> [和为0的子数组]

• 思路：前缀和 + 哈希表

  • 前缀和：以i位置为结尾的所有的子数组
    • 将问题转化为：在[0, i - 1]区间内，有多少个前缀和等于sum
    • 此时，该连续区间问题就可以转化为一个前缀和问题了
  • 哈希表：<int, int> -> <前缀和，下标>
    

• 细节处理：

  • 前缀和加入哈希表的时机？`
    • 在计算i位置之前，哈希表里面只保存[0, i - 1]位置的前缀和
    • 所以，使用完之后，丢进哈希表
  • 如果哈希表中有重复的(sum, i)，如何存？
    • 因为要找最长的子数组
    • 所以只需要保留前面的那一对(sum, i)即可
  • 不用真的创建一个前缀和数组
    • 因为只关⼼在i位置之前，有多少个前缀和等于sum
    • 用一个变量sum来标记前一个位置的前缀和即可
  • 默认的前缀和为0的情况，如何存？
    • hash[0] = -1
  • 长度怎么算？
    • i - j
      

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3.代码实现

int FindMaxLength(vector<int>& nums) 
{
    unordered_map<int, int> hash; // <前缀和， 下标>
    hash[0] = -1; // 默认有一个前缀和为0的情况

    int sum = 0, len = 0; // 标记前一次的前缀和
    for(int i = 0; i < nums.size(); i++)
    {
        sum += nums[i] == 0 ? -1 : 1;

        if(hash.count(sum))
        {
            len = max(len, i - hash[sum]); // 更新最大长度
        }
        else
        {
            hash[sum] = i; // 将(sum, i)入hash
        }
    }

    return len;
}

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4.矩阵区域和

1.题目链接

• 矩阵区域和

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2.算法原理详解

• 该题就是对**[二维前缀和]**的一个实际应用

• 左上角/右上角坐标可能会越界

  • 左上角：
    • $x_1=max(0,i-k)+1$
    • $y_1=max(0,j-k)+1$
  • 右下角：
    • $x_2=min(m-1,i+k)+1$
    • $y_2=min(n-1,j+k)+1$
      

• 下标的映射关系：
  

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3.代码实现

vector<vector<int>> MatrixBlockSum(vector<vector<int>>& mat, int k) 
{
    int row = mat.size(), col = mat[0].size();

    // 预处理前缀和数组
    vector<vector<int>> dp(row + 1, vector<int>(col + 1));
    for(int i = 1; i <= row; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= col; j++)
        {
            // 下标映射关系 dp[x, y] -> mat[x - 1][y - 1]
            dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] \
					- dp[i - 1][j - 1] + mat[i - 1][j - 1];
        }
    }

    // 使用前缀和数组
    vector<vector<int>> ret(row, vector<int>(col));
    for(int i = 0; i < row; i++)
    {
        for(int j = 0; j < col; j++)
        {
            // 下标映射关系 ret[x][y] -> dp[x + 1][y + 1]
            int x1 = max(0, i - k) + 1;
            int y1 = max(0, j - k) + 1;
            int x2 = min(row - 1, i + k) + 1;
            int y2 = min(col - 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;
}