关于算法:前缀和算法练习集

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给定一个长度为 n 的数组 a1,a2,…,an。

当初，要将该数组从两头截断，失去三个非空子数组。

要求，三个子数组内各元素之和都相等。

请问，共有多少种不同的截断办法？

输出格局

第一行蕴含整数 n。

第二行蕴含 n 个整数 a1,a2,…,an。

输入格局

输入一个整数，示意截断办法数量。

数据范畴

前六个测试点满足 $1≤n≤10$。
所有测试点满足 $1≤n≤10^5$，$−10000≤a_i≤10000$。

输出样例 1：

4
1 2 3 3

输入样例 1：

输出样例 2：

5
1 2 3 4 5

输入样例 2：

输出样例 3：

2
0 0

输入样例 3：

code

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 100010;
typedef long long LL;

int n;
int s[N];

int main()
{

    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        int x;
        cin >> x;
        s[i] = s[i - 1] + x;
    }
    // 每个数组的元素和为原数组的 1 /3
    if(s[n] % 3) puts("0");
    else
    {
        LL res = 0;
        // 寻找两刀的地位
        for(int j = 3, cnt = 0; j <= n; j ++)
        {// 第一刀满足三分之一，则记录该刀, 第一刀范畴[1, n - 2] (cnt 的意思就是 j - 2 地位后面有多少能够切第一刀的中央)
            if(s[j - 2] == s[n] / 3) cnt ++;
            // 第二刀满足后半局部三分之一，如果满足，则能够组成答案(第二刀跟后面的 cnt 个第一刀组合，所以总个数减少 cnt 个)
            if(s[n] - s[j - 1] == s[n] / 3) res += cnt;
        }
    printf("%lld\n", res);
    }

    return 0;
}

给定一个长度为 N 的数列，$A_1,A_2,…A_N$，如果其中一段间断的子序列 $A_i,A_{i+1},…A_j$ 之和是 K 的倍数，咱们就称这个区间 [i,j] 是 K 倍区间。

你能求出数列中总共有多少个 K 倍区间吗？

输出格局

第一行蕴含两个整数 N 和 K。

以下 N 行每行蕴含一个整数 $A_i$。

输入格局

输入一个整数，代表 K 倍区间的数目。

数据范畴

$1≤N,K≤100000$,
$1≤A_i≤100000$

输出样例：

输入样例：

当 R 固定时，在 0 ~ R - 1 之间找到有多少个 L 满足(s[R] - s[L]) % k == 0，可转换为：s[R] % k == s[L] % k

即有多少个 S[L] 与 S[R] 的余数雷同

咱们能够开一个新的数组，cnt[i]，示意余数是 i 的数有多少个。

cnt[0]为什么要赋值为 1？

因为咱们的思路是找到两个序列和 s[R] % k 和s[L] % k的余数雷同的个数，而咱们的前缀和个别式不蕴含 s[0] 这个货色的，因为它的值是 0，在前缀和中没有意义，然而这道题有意义，样例外面前缀和序列 %k 之后是 1 1 0 0 1，两两比拟，咱们只能找到四个。

为什么少了两个？因为咱们不肯定须要两个序列，单个序列取余 == 0 也形成 k 倍区间，此时咱们就要假如 s[0] = 0 是有意义的；

咱们 cnt[0] 中存的是 s[] 中等于 0 的数的个数，因为s[0] = 0，所以最后等于 0 的有 1 个数，所以cnt[0] = 1。

这里我进行了验算，发现这种形式的确合乎题意。

cnt 的意义：存储模 k 的值，将其作为左端点（模 k 左端点）的数量
for 的意义：遍历每个端点，先将其作为模 k 右端点，依据其模 k 的值查看它有多少个模 k 左端点，即能造成多少个模 k 区间，而后将其作为模 k 左端点，数量加 1
for 前 cnt[0] = 1 的意义：当遍历出首个为 k 倍的前缀和时，它不须要模 k 左端点即可造成模 k 区间，为满足通解将 0 作为其模 k 左端点，故 cnt[0] ++。

code：

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=1000009;
typedef long long LL;
LL sum[N];
LL cnt[N];
int n,k;

int main()
{
    cin>> n >> k;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {scanf("%lld",&sum[i]);
        sum[i]=sum[i]+sum[i-1];
    }


    /* 调试用，打印各求和区间的范畴
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {for(int j=0;j<=i-1;j++)
            printf("[%d,%d]",j+1,i);
        cout<<endl;
    }
    cout<<endl;
    */
    LL res=0;
    // cnt[0]=1;
    /*
    当 R 固定时，在 L 在 [0,R-1] 之间，所有 sum[R]与 sum[L]余数相等的数的个
    数
    先统计，再累加，而后代码是从 i = 1 开始循环, 所以实际上 res 这一行执行了 n 次，而 cnt 执行了尽管也是 n 次，然而第 n 次时，统计的数曾经没有意义了，所以只执行了
    [1,n-1]的无效范畴，0 被忽视掉了！所以必须加上 cnt[0]= 1 这一句才满足“在 L 在 [0,R-1] 之间”（R 指右边界，权且认为是 n）如果感觉太麻烦，能够试试先累加，再统计，便于了解，俩行曾经在上面正文掉
    */
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {// res+=cnt[sum[i]%k];// 先统计 呈现与以后值求余的后果雷同的元素个数
        // cnt[sum[i]%k]++;// 再累加以后的值求余的后果, 并贮存进 cnt 中

        // 上面解法是先累加在统计，不必思考 cnt[]的影响
        // 当 R 固定时，在 L 在 [1,R] 之间，所有 sum[R]与 sum[L-1]余数相等的数的个数

        cnt[sum[i-1]%k]++;// 先累加，sum[i-1]代表 sum[L-1]的余数，cnt[sum[i-1]%k]代表其余数的个数
        res+=cnt[sum[i]%k];// 再统计, 间接统计 sum[i]就行了
                                // 即判断所有 sum[R]与 sum[L]余数相等的数的个数

        /* 调试用：打印各个步骤的值
        for(int i=0;i<k;i++)
            printf("%d",cnt[i]);
        printf("res=%d\n",res);
        */
    }
    printf("%lld",res);
}

输出一个长度为 n 的整数序列。

接下来再输出 m 个询问，每个询问输出一对 l,r。

对于每个询问，输入原序列中从第 l 个数到第 r 个数的和。

输出格局

第一行蕴含两个整数 n 和 m。

第二行蕴含 n 个整数，示意整数数列。

接下来 m 行，每行蕴含两个整数 l 和 r，示意一个询问的区间范畴。

输入格局

共 m 行，每行输入一个询问的后果。

数据范畴

$1≤l≤r≤n$,
$1≤n,m≤100000$,
$−1000≤数列中元素的值≤1000$

输出样例：

输入样例：

3
6
10

code

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 100010;
int s[N];

int query(int s[], int l, int r)
{cout << s[r] - s[l - 1] << endl;
}

int main()
{
    int m, n;
    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i <= n ; i ++)
    {
        int x;
        cin >> x;
        s[i] = s[i - 1] + x;
    }

    while(m --)
    {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        query(s, l, r);
    }
    return 0;
}

输出一个 n 行 m 列的整数矩阵，再输出 q 个询问，每个询问蕴含四个整数 x1,y1,x2,y2，示意一个子矩阵的左上角坐标和右下角坐标。

对于每个询问输入子矩阵中所有数的和。

输出格局

第一行蕴含三个整数 n，m，q。

接下来 n 行，每行蕴含 m 个整数，示意整数矩阵。

接下来 q 行，每行蕴含四个整数 x1,y1,x2,y2，示意一组询问。

输入格局

共 q 行，每行输入一个询问的后果。

数据范畴

1≤n,m≤1000,
1≤q≤200000,
1≤x1≤x2≤n,
1≤y1≤y2≤m,
−1000≤矩阵内元素的值≤1000

输出样例：

输入样例：

17
27
21

code

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1010;
int s[N][N];

int main()
{
    int n, m, q;
    cin >> n >> m >> q;

    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        for(int j = 1; j <= m; j ++)
            cin >> s[i][j];

    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        for(int j = 1; j <= m; j ++)
            s[i][j] += s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1];

    while(q --)
    {
        int x1, y1, x2, y2;
        cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
        cout << s[x2][y2] - s[x1 - 1][y2] - s[x2][y1 - 1] + s[x1 - 1][y1 - 1] << endl;
    }
    return 0;
}

地图上有 N 个指标，用整数 $X_i$,$Y_i$ 示意指标在地图上的地位，每个指标都有一个价值 $W_i$。

留神：不同指标可能在同一地位。

当初有一种新型的激光炸弹，能够捣毁一个蕴含 R×R 个地位的正方形内的所有指标。

激光炸弹的投放是通过卫星定位的，但其有一个毛病，就是其爆炸范畴，即那个正方形的边必须和 x，y 轴平行。

求一颗炸弹最多能炸掉地图上总价值为多少的指标。

输出格局

第一行输出正整数 N 和 R，别离代表地图上的指标数目和正方形蕴含的横纵地位数量，数据用空格隔开。

接下来 N 行，每行输出一组数据，每组数据包含三个整数 Xi,Yi,Wi，别离代表指标的 x 坐标，y 坐标和价值，数据用空格隔开。

输入格局

输入一个正整数，代表一颗炸弹最多能炸掉地图上指标的总价值数目。

数据范畴

$0≤R≤10^9$
$0<N≤10000$,
$0≤X_i,Y_i≤5000$
$0≤W_i≤1000$

输出样例：

2 1
0 0 1
1 1 1

输入样例：

思路：

二维前缀和。

code

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 5010;
// 不必开两个数组，开一个先取值，后 += 更新就行
int s[N][N];

int main()
{
    int n, R;
    cin >> n >> R;
    // 当大于 5001 时，全笼罩即可。R = min(5001, R);

    while(n --)
    {
        int x, y, w;
        cin >> x >> y >> w;
        // 因为边缘线上的点无奈被捣毁，为了不便聚焦核心，将整个图向右下挪动一格
        // 或者也能够了解为 R * R 的区域笼罩 (R - 1) * (R - 1) 个格子
        x ++ , y ++;
        // 留神，多个指标可能在同一个点上，因而要累加。s[x][y] += w;
    }

    for(int i = 1; i <= 5001; i ++)
        for(int j = 1; j <= 5001; j ++)
            s[i][j] += s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1];

    // 依照 R 矩形遍历
    int res = 0;
    for(int i = R; i <= 5001; i ++)
        for(int j = R ; j <= 5001; j ++)
            // 遍历寻找 res 的最大值
            res = max(res, s[i][j] - s[i - R][j] - s[i][j - R] + s[i - R][j - R]);

    cout << res;
    return 0;
}

正文完