文章和代码已经归档至【Github仓库：algorithms-notes】或者公众号【AIShareLab】回复 算法笔记 也可获取。
截断数组
给定一个长度为 n 的数组 a1,a2,…,an。
现在，要将该数组从中间截断，得到三个非空子数组。
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方法？
输入格式
第一行包含整数 n。
第二行包含 n 个整数 a1,a2,…,an。
输出格式
输出一个整数，表示截断方法数量。
数据范围
前六个测试点满足 1 ≤ n ≤ 10 1≤n≤10 1≤n≤10。
所有测试点满足 1 ≤ n ≤ 1 0 5 1≤n≤10^5 1≤n≤105， − 10000 ≤ a i ≤ 10000 −10000≤a_i≤10000 −10000≤ai≤10000。
输入样例1：
4
1 2 3 3
输出样例1：
1
输入样例2：
5
1 2 3 4 5
输出样例2：
0
输入样例3：
2
0 0
输出样例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;
// 寻找两刀的位置
for(int j = 3, cnt = 0; j <= n; j ++ )
{
// 第一刀满足三分之一，则记录该刀, 第一刀范围[1, n - 2] (cnt的意思就是 j - 2 位置前面有多少可以切第一刀的地方)
if(s[j - 2] == s[n] / 3) cnt ++;
// 第二刀满足后半部分三分之一，如果满足，则可以组成答案(第二刀跟前面的cnt个第一刀组合，所以总个数增加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 A_1,A_2,…A_N A1,A2,…AN，如果其中一段连续的子序列 A i , A i + 1 , … A j A_i,A_{i+1},…A_j Ai,Ai+1,…Aj 之和是 K 的倍数，我们就称这个区间 [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？
输入格式
第一行包含两个整数 N 和 K。
以下 N 行每行包含一个整数 A i A_i Ai。
输出格式
输出一个整数，代表 K 倍区间的数目。
数据范围
1 ≤ N , K ≤ 100000 1≤N,K≤100000 1≤N,K≤100000,
1 ≤ A i ≤ 100000 1≤A_i≤100000 1≤Ai≤100000
输入样例：
5 2
1
2
3
4
5
输出样例：
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] 的余数相同
我们可以开一个新的数组，cnt[i]，表示余数是i的数有多少个。
cnt[0]为什么要赋值为1？
因为我们的思路是找到两个序列和s[R] % k和s[L] % k的余数相同的个数，而我们的前缀和一般式不包含 s[0] 这个东西的，因为它的值是0，在前缀和中没有意义，但是这道题有意义，样例里面前缀和序列 %k 之后是1 1 0 0 1，两两比较，我们只能找到四个。
为什么少了两个？因为我们不一定需要两个序列，单个序列取余==0也构成k倍区间，此时我们就要假设s[0] = 0是有意义的；
我们cnt[0]中存的是s[]中等于0的数的个数，由于s[0] = 0，所以最初等于0的有1个数，所以cnt[0] = 1 。
这里我进行了验算，发现这种方式确实符合题意。
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，根据其模k的值查看它有多少个模k左端点，即能形成多少个模k区间，然后将其作为模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，它不需要模k左端点即可形成模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围
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，然后代码是从i=1开始循环,所以实际上res这一行执行了n次，
而cnt执行了虽然也是n次，但是第n次时，统计的数已经没有意义了，所以只执行了
[1,n-1]的有效范围，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，姑且认为是n）
如果觉得太麻烦，可以试试先累加，再统计，便于理解，俩行已经在下面注释掉
*/
for(int i=1;i<=n;i++)
{
// res+=cnt[sum[i]%k];//先统计 出现与当前值求余的结果相同的元素个数
// cnt[sum[i]%k]++;//再累加当前的值求余的结果,并储存进cnt中
//下面解法是先累加在统计，不用考虑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,直接统计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
输入一个长度为 n 的整数序列。
接下来再输入 m 个询问，每个询问输入一对 l,r。
对于每个询问，输出原序列中从第 l 个数到第 r 个数的和。
输入格式
第一行包含两个整数 n 和 m。
第二行包含 n 个整数，表示整数数列。
接下来 m 行，每行包含两个整数 l 和 r，表示一个询问的区间范围。
输出格式
共 m 行，每行输出一个询问的结果。
数据范围
1 ≤ l ≤ r ≤ n 1≤l≤r≤n 1≤l≤r≤n,
1 ≤ n , m ≤ 100000 1≤n,m≤100000 1≤n,m≤100000,
− 1000 ≤ 数列中元素的值 ≤ 1000 −1000≤数列中元素的值≤1000 −1000≤数列中元素的值≤1000
输入样例：
5 3
2 1 3 6 4
1 2
1 3
2 4
输出样例：
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;
}
子矩阵的和
输入一个 n 行 m 列的整数矩阵，再输入 q 个询问，每个询问包含四个整数 x1,y1,x2,y2，表示一个子矩阵的左上角坐标和右下角坐标。
对于每个询问输出子矩阵中所有数的和。
输入格式
第一行包含三个整数 n，m，q。
接下来 n 行，每行包含 m 个整数，表示整数矩阵。
接下来 q 行，每行包含四个整数 x1,y1,x2,y2，表示一组询问。
输出格式
共 q 行，每行输出一个询问的结果。
数据范围
1≤n,m≤1000,
1≤q≤200000,
1≤x1≤x2≤n,
1≤y1≤y2≤m,
−1000≤矩阵内元素的值≤1000
输入样例：
3 4 3
1 7 2 4
3 6 2 8
2 1 2 3
1 1 2 2
2 1 3 4
1 3 3 4
输出样例：
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;
}
激光炸弹
地图上有 N 个目标，用整数 X i X_i Xi, Y i Y_i Yi 表示目标在地图上的位置，每个目标都有一个价值 W i W_i Wi。
注意：不同目标可能在同一位置。
现在有一种新型的激光炸弹，可以摧毁一个包含 R×R 个位置的正方形内的所有目标。
激光炸弹的投放是通过卫星定位的，但其有一个缺点，就是其爆炸范围，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目标。
输入格式
第一行输入正整数 N 和 R，分别代表地图上的目标数目和正方形包含的横纵位置数量，数据用空格隔开。
接下来 N 行，每行输入一组数据，每组数据包括三个整数 Xi,Yi,Wi，分别代表目标的 x 坐标，y 坐标和价值，数据用空格隔开。
输出格式
输出一个正整数，代表一颗炸弹最多能炸掉地图上目标的总价值数目。
数据范围
0 ≤ R ≤ 1 0 9 0≤R≤10^9 0≤R≤109
0 < N ≤ 10000 0<N≤10000 0<N≤10000,
0 ≤ X i , Y i ≤ 5000 0≤X_i,Y_i≤5000 0≤Xi,Yi≤5000
0 ≤ W i ≤ 1000 0≤W_i≤1000 0≤Wi≤1000
输入样例：
2 1
0 0 1
1 1 1
输出样例：
1
思路：
二维前缀和。
code
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 5010;
// 不用开两个数组，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，全覆盖即可。
R = min(5001, R);
while( n -- )
{
int x, y, w;
cin >> x >> y >> w;
// 由于边缘线上的点无法被摧毁，为了方便聚焦中心，将整个图向右下移动一格
// 或者也可以理解为R * R的区域覆盖(R - 1) * (R - 1)个格子
x ++ , y ++;
// 注意，多个目标可能在同一个点上，因此要累加。
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];
// 按照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;
}