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前言

本专栏上一篇已经把二分查找的习题结束啦
其实核心就是找出二段性，然后找出判断条件，然后选板子二分即可
今天我们来学习新的算法知识，前缀和
关于前缀和，可能大家在蓝桥杯或者一些算法比赛都听过
其实前缀和不难的，跟我一起来看看吧

前缀和

前缀和（Prefix Sum）是一种预处理数组的方法，通过构建一个辅助数组 s，使得 s[i] 表示原数组 a 前 i 个元素的和（索引从 0 到 i-1或者 0 到 i）。
核心作用：快速计算任意区间 [l, r] 的和，时间复杂度为 O(1)。

我们先来了解两个前缀和的模版题吧

一维前缀和

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] 。
这题就是很简单的套板子就好啦，注意处理一下数据范围

#include <iostream>
using namespace std;
int main() 
{long long a[100861] = {0}, dp[100861] = {0};int n, q;cin >> n >> q;for(int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];for(int i = 1; i <= n; i++){dp[i] = dp[i - 1] + a[i];   }while(q--){int x, y;cin >> x >> y;cout << dp[y] - dp[x - 1]<<endl;}return 0;
}

二维前缀和

思路：
类比于一维数组的形式，如果我们能处理出来从 [0, 0] 位置到 [i, j] 位置这片区域内所有元素的累加和，就可以在 O(1) 的时间内，搞定矩阵内任意区域内所有元素的累加和。因此我们接下来仅需完成两步即可：
第一步：搞出来前缀和矩阵
这里就要用到一维数组里面的拓展知识，我们要在矩阵的最上面和最左边添加上一行和一列0，这样我们就可以省去非常多的边界条件的处理，处理后的矩阵就像这样：

这样，我们填写前缀和矩阵数组的时候，下标直接从 1 开始，能大胆使用 i - 1 , j - 1 位置的值。
注意 dp 表与原数组 matrix 内的元素的映射关系：
从 dp 表到 matrix 矩阵，横纵坐标减一；
从 matrix 矩阵到 dp 表，横纵坐标加一。

前缀和矩阵中 sum[i][j] 的含义，以及如何递推二维前缀和方程
sum[i][j] 的含义：
sum[i][j] 表示，从 [0, 0] 位置到 [i, j] 位置这段区域内，所有元素的累加和。对应下图的红色区域：

递推方程：
其实这个递推方程非常像我们小学做过求图形面积的题，我们可以将 [0, 0] 位置到 [i, j]
位置这段区域分解成下面的部分：

sum[i][j] = 红 + 蓝 + 绿 + 黄，分析一下这四块区域：
黄色部分最简单，它就是数组中的 matrix[i - 1][j - 1] （注意坐标的映射关系）
单独的蓝不好求，因为它不是我们定义的状态表示中的区域，同理，单独的绿也是；
但是如果是红 + 蓝，正好是我们 dp 数组中 sum[i - 1][j] 的值，美滋滋；
同理，如果是红 + 绿，正好是我们 dp 数组中 sum[i][j - 1] 的值；
如果把上面求的三个值加起来，那就是黄 + 红 + 蓝 + 红 + 绿，发现多算了一部分红的面积，因此再单独减去红的面积即可；
红的面积正好也是符合 dp 数组的定义的，即 sum[i - 1][j - 1]
综上所述，我们的递推方程就是：
sum[i][j]=sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j -1]+matrix[i - 1][j - 1]

第二步：使用前缀和矩阵
题目的接口中提供的参数是原始矩阵的下标，为了避免下标映射错误，这里直接先把下标映射成
dp 表里面对应的下标： row1++, col1++, row2++, col2++

对于左上角 (row1, col1) 、右下角 (row2, col2) 围成的区域，正好是红色的部分。因此我们要求的就是红色部分的面积，继续分析几个区域：
i. 黄色，能直接求出来，就是 sum[row1 - 1, col1 - 1] （为什么减一？因为要剔除掉 row 这一行和 col 这一列）
ii. 绿色，直接求不好求，但是和黄色拼起来，正好是 sum 表内 **sum[row1 - 1][col2]**的数据；
iii. 同理，蓝色不好求，但是 蓝 + 黄 = sum[row2][col1 - 1] ；
iv. 再看看整个面积，好求嘛？非常好求，正好是 sum[row2][col2] ；
v. 那么，红色就 = 整个面积 - 黄 - 绿 - 蓝，但是绿蓝不好求，我们可以这样减：整个面积 -（绿+ 黄 ）-（蓝 + 黄），这样相当于多减去了一个黄，再加上即可
综上所述：红 = 整个面积 - （绿 + 黄）- （蓝 + 黄）+ 黄，从而可得红色区域内的元素总和为：
sum[row2][col2]-sum[row2][col1 - 1]-sum[row1 - 1][col2]+sum[row1 -1][col1 - 1]

这个流程下来，二维前缀和其实是不难的，核心思想简单，注意题目和dp表的细节就好了

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
int arr[N][N];
long long dp[N][N];
int n, m, q;
int main()
{cin >> n >> m >> q;for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = 1; j <= m; j++){cin>>arr[i][j];}}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] + arr[i][j];while(q--){int x1, y1, x2, y2;cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;cout << dp[x2][y2] + dp[x1 - 1][y1 - 1] - dp[x2][y1 - 1] - dp[x1 - 1][y2] << endl;}return 0;
}

寻找数组的中心下标

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。

class Solution 
{
public:int pivotIndex(vector<int>& nums) {int n = nums.size();if(n == 1)return 0;vector<int> dp1(n);vector<int> dp2(n);for(int i = 1; i < n; i++){dp1[i] = dp1[i - 1] + nums[i - 1];}for(int i = n - 2; i >= 0; i--){dp2[i] = dp2[i + 1] + nums[i + 1];}for(int i = 0; i < n; i++){if(dp1[i] == dp2[i])return i;}return -1;}
};

除自身以外数组的乘积

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：
nums[0] * nums[1] * nums[2] * … * nums[i - 1]
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：
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，
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。

class Solution 
{
public:vector<int> productExceptSelf(vector<int>& nums) {int n = nums.size();vector<int> left(n + 1), right(n + 1);left[0] = 1, right[n - 1] = 1;for(int i = 1; i < n; i++){left[i] = left[i - 1] * nums[i - 1];}for(int i = n - 2; i >=0; i--){right[i] = right[i + 1] * nums[i + 1];}for(int i = 0; i < n; i++){nums[i] = left[i] * right[i];}return nums;}
};

还有一种方法就是不用开两个数组这么公式化，我们可以灵活一点

class Solution 
{
public:vector<int> productExceptSelf(vector<int>& nums) {int n = nums.size();vector<int> dp1(n, 1);int left = 0, right = n - 1;int l = 1, r = 1;while(left < n , right >= 0)   //  对撞指针 内部处理{dp1[left] *= l;dp1[right] *= r;l *= nums[left++];r *= nums[right--];}return dp1;}
};

今天的前缀和就到这里啦

总结

总结

前缀和是一种高效处理区间问题的算法思想，通过预处理数组实现O(1)时间复杂度的区间和查询。
其核心在于构建前缀和数组，将原数组的累加信息存储，从而避免重复计算。
一维前缀和通过递推公式 s[i] = s[i-1] + a[i-1] 快速求解区间 [l, r] 的和为 s[r+1] - s[l]。
二维前缀和则通过矩阵递推公式 s[i][j] = s[i-1][j] + s[i][j-1] - s[i-1][j-1] + a[i-1][j-1]，实现子矩阵和的快速计算。
处理边界时可通过添加辅助行/列简化逻辑
前缀和以空间换时间，很好的优化了时间复杂度

今天的内容就到这里啦，不要走开小编持续更新中~~~~