*hiho 1475 - 数组拆分，dp，由N^2降到NlogN

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描述

小Ho得到了一个数组作为他的新年礼物，他非常喜欢这个数组！

在仔细研究了几天之后，小Ho成功的将这个数组拆成了若干段，并且每段的和都不为0！

现在小Ho希望知道，这样的拆分方法一共有多少种？

两种拆分方法被视作不同，当且仅当数组断开的所有位置组成的集合不同。

输入

每组输入的第一行为一个正整数N，表示这个数组的长度

第二行为N个整数A₁~A_N，描述小Ho收到的这个数组

对于40%的数据，满足1<=N<=10

对于100%的数据，满足1<=N<=10⁵, |A_i|<=100

输出

对于每组输入，输出一行Ans，表示拆分方案的数量除以(10⁹+7)的余数。

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容易想到一个N^2的解法：

F[i] = Sum(F[0<=j<i])+(pre[i]!=0)，pre[j]!=pre[i]. 其中pre[i]为前缀和。

因为N为10w,所以肯定过不了。

我们可以先不判断pre[j]是否等于pre[i],即维护一个累加和，然后再减去前缀和等于pre[i]的累加和：F[i] = 当前累加和 - pre[i]的累加和。

pre[i]的累加和用map维护，是logN的复杂度。

这样就由N^2降到了NlogN

#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MOD = 1e9+7;
const int N = 100100;
int sum[N];
long long dp[N];
int main(){
    long long pre = 0;
    map<long,long> records;
    int n; cin>>n; for(int i=0;i<n;i++){
        scanf("%d",sum+i); if(i) sum[i]+=sum[i-1];
        dp[i] = sum[i]?((pre+1)%MOD):pre;
        auto iter = records.find(sum[i]);
        if(iter==records.end()) records[sum[i]]=dp[i];
        else {
            dp[i] = (dp[i]-iter->second+MOD)%MOD;
            iter->second = (iter->second+dp[i])%MOD;
        }
        pre = (pre+dp[i])%MOD;
    }
    printf("%lld\n",dp[n-1]);
    return 0;
}