前缀和
定义
用空间换取效率，做一个预处理，然后可以\(O(1)\)的查询某个区间的值的和。
实现
设\(s_i\)为第\(i\)个数\(a_i\)的前缀和，则\(s_i=s_i-1+a_i\)
当要查找区间的和时只要把对应的起点终点的元素相减即可。
例题
Educational Codeforces Round 30B Balanced Substring
翻译
给你一个长度至多为\(100000\)的\(01\)串，其中含有相同\(0\)，\(1\)个数的子串被称为“平衡串”，问你最长的平衡串的长度。
思路
第一直觉是暴力，第二直觉看到数据范围不可行，第三直觉是绝望，第四直觉是前缀和。
一道前缀和的题目，遇到\(1\)就加\(1\)，遇到\(0\)就减\(1\)。如果某个终点减去某个起点的值为\(0\)，那么就记录并且选择最大的答案。不过有个问题就是起点和终点使用双层循环枚举会妥妥的\(TLE\)，于是考虑使用\(map\)标记起点。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
map<int,int> mp;
char s[100001];
int main()
{
int n;
cin>>n;
cin>>s+1;
int ans=0,sum=0;
mp[0]=0;
for (int i=1; i<=n;i++)
{
if (s[i]=='1')sum++;
else sum--;
if (mp.find(sum)==mp.end())
mp[sum]=i;
else
ans=max(ans,i-mp[sum]);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}二维前缀和
定义
基本和普通的前缀和差不多，不过二维前缀和是给你一个矩阵的一部分（右上角和左下角），让你查询这一部分的元素的和。
实现
如果直接暴力枚举，那么效率低低下。所以宝宝总结了一个公式：
\(x\)减，\(y\)减，\(xy\)都减。（记录）
不减，都减，减混合减。（查询）
正常描述就是：
首先预处理处以所有点为右下角,\((1,1)\)为左上角的矩阵中的元素和（记录）。
接着\((x1,y1)\)为右下角,\((x2,y2)\)为左上角的矩形中的元素和为：
\(f_{x_1y_1}+f_{x_2-1 y_2-1}-f_{x_1y_2-1}-f_{x_2-1y_1}\)
例题
前方高能！\(AGC\)的\(C\)题！
AGC 15 C Nuske vs Phantom Thnook
翻译
\(Nuske\) 现在有一个 \(N*M(N,M<=2000)\) 的矩阵 \(S\) , 若 \(S_i,j=1\) , 那么该处为蓝色, 否则为白色, 保证所有蓝色格子之间只有一条路。
给出 \(Q(Q<=200000)\) 次询问, 每次询问你一个子矩阵中蓝色连通块的个数 。
思路
大水题，我深度优先搜索判断联通块就完事了，然鹅一看数据，顿时倒地不起（救命！）。
回归正题，仔细一瞅发现一个奇怪的地方：保证所有蓝色格子之间只有一条路。也就是说，所有的联通块都是一棵树。这就见鬼了，树跟联通块有半毛钱关系啊！
按照大神的套路（宝宝你肯定看题解了对不对？）来做一下。
下面是样例一的图（太丑了\(233\)）：
以第一个询问为例子，我们把所有的蓝点\(1\)连成树（相邻的两个\(1\)连边）。
发现联通块的数量\(=\)点的数量\(-\)边的数量，于是这道题变成了：给你一个\(01\)矩阵，求这个矩阵的一个子矩阵中的\(1\)的数量-连续两个\(1\)的数量。
由于数据范围死大，于是二维前缀和。对于连续两个\(1\)就可以发现一个1在向它周围判断即可
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,q;
int f[2001][2001],h[2001][2001],g[2001][2001];
char s[2001][2001];
int main()
{
cin>>n>>m>>q;
for(int i=1; i<=n; i++)
cin>>s[i]+1;
memset(f,0,sizeof(f));
memset(h,0,sizeof(h));
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=1; j<=m; j++)
{
f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]-f[i-1][j-1]+(s[i][j]-'0');
h[i][j]=h[i-1][j]+h[i][j-1]-h[i-1][j-1];
g[i][j]=g[i-1][j]+g[i][j-1]-g[i-1][j-1];
if(s[i][j]=='1')
{
if(s[i][j-1]=='1') h[i][j]++;
if(s[i-1][j]=='1') g[i][j]++;
}
}
while(q--)
{
int x1,y1,x2,y2;
cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
int k1=f[x2][y2]-f[x2][y1-1]-f[x1-1][y2]+f[x1-1][y1-1];
int k2=h[x2][y2]-h[x2][y1]-h[x1-1][y2]+h[x1-1][y1];
int k3=g[x2][y2]-g[x1][y2]-g[x2][y1-1]+g[x1][y1-1];
cout<<k1-k2-k3<<endl;
}
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/lyfoi/p/9485062.html