截断数组

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：

41 2 3 3

输入样例1：

1

输出样例2：

51 2 3 4 5

输入样例2：

0

输出样例3：

20 0

输入样例3：

0

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;}

K倍区间

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：

5 212345

输入样例：

6

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);}

前缀和

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：

5 32 1 3 6 41 21 32 4

输入样例：

3610

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;}

子矩阵的和

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：

3 4 31 7 2 43 6 2 82 1 2 31 1 2 22 1 3 41 3 3 4

输入样例：

172721

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;}

激光炸弹

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 10 0 11 1 1

输入样例：

1

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;}