枚举+优化（8）——前缀和2

例3.题目链接：hihoCoder1534

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 这道题要注意一下数据范围。首先N小于等于10万。其次Ai，也就是数组中每个数的值，是在负100万到正100万之间。假如这里Ai都是正整数的话，那么总共的划分方法不会太多，因为随着p增大，第一段的和S1是不断增大的。  但是因为这里Ai有可能是0，也有可能是负数，所以划分方法可能非常多。例如有可能数据是10万个Ai全都是0。这样随便一个划分都是满足条件的。答案是C(99999, 2)，甚至超过了int范围。  我们看一下样例，A数组是[3, 2, 1, 0, 2]。一共有3种切分方法：第一种是3|2|1 0 2，3单独一组，2单独一组，然后1 0 2一组，三段的和依次是3，2，3；第二种是3|2 1|0 2|，3单独一组，2和1一组，0 2一组，三段的和依次是3，3， 2；第三种是3|2 1 0|2，3单独一组，2 1 0一组，0单独一组，三段的和依次是3 3 2。

思路

 这道题一个基本的思路就是枚举3段的断点p和q，然后求出来3段的和S1, S2和S3。然后判断S1，S2和S3是不是满足题目要求，也就是相差不超过1。如果满足条件就给答案累加1。因为这里S1，S2和S3都是部分和，所以可能用前缀和来计算。但是在此之前，我们需要一个函数来判断三段和是否满足条件，如果满足条件就让结果+1。伪代码如下：

Ok(S1,S2,S3):
If |S1 - S2| <= 1 and |S1 - S3| <= 1 and |S2 - S3| <= 1
    return true
return false

 然后我们预处理前缀和，以及进行枚举。伪代码如下：

//预处理前缀和
S[0] = 0
For i = 1...N
    S[i] = S[i - 1] + A[i]
//枚举+判断
Ans = 0
For p = 1...N-2
    For q = p+1...N-1
        S1 = S[p]

 上面这个伪代码预处理前缀和的复杂度是O(N)。后面枚举pq的复杂度是O(N^2^)。对于确定的pq，判断三段和是不是满足条件是O(1)。所以整体复杂度是O(N^2)。至此，题目中70%的分数应该能拿到了，还有30%需要优化

优化

 优化的方法当然还是从枚举入手，我们假设只枚举q，也就是最后一段的断点。我们来分析一下这时候我们知道哪些信息，距离我们要的答案还有多远。

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 看上图，假设A数组是[3, 2, 1, 0, 2]，然后我们枚举q=N-1，也就是第三段只包含A[N]=2这一个数。在q已经确定的情况下，可以知道S3的值。比如上面的例子中S3=2。根据题目要求S1、S2和S3的差不能超过1。所以对于一个合法的切分方案，S1的取值只可能是S3-1, S3, S3+1三种，也就是1，2，3  但是由于S1+S2+S3的和是整个数组的和，也就是8。所以S1的三种取值不见得都能成立。比如S1=1这种情况，由于S3=2是确定的，所以S2一定等于8-1-2=5。这是S2与S3相差超过1，不符合题目要求。所以S1=1这种情况不成立。同理S1=2也是不成立的。但是S1=3是成立的，因为这时S2的值是8-3-2=3。S2与S1和S3相差都不超过1  在S[1], S[2]和S[3]三个前缀和中，有几个的值是3。因为每有一个前缀和的值是3，都等价于找到了一种满足条件的切分方案：我们把这个前缀作为第一段，它的和等于3；剩下的就是第二段，它的和一定是3

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 实际例子中我们可以看上图，绿色的数组是前缀和。S[1], S[2], S[3]分别是3,5,6，只有S[1]=3。所以q=N-1这种情况下，只有一种切分方案：3|2 1 0|2  上面是q=N-1的情况，我们再枚举q=N-2的情况，如下图：

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 S3还是等于2。S1的可能取值还是S3-1，S3，S3+1，也就是1，2，3。其中只有S1=3时，S2的值满足题目要求。所以我们的问题变成S[0]和S[1]中，有几个前缀和等于3？

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 因为前缀和S[1]=3, S[2]=5，所以还是只有S[1]=3一个解。于是q=N-2这种情况下，也只有一种切分方案：3|2 1|0 2  最后一种情况是q=N-3的时候：

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 这时S3值是3。于是S1的取值范围是S3-1, S3, S3+1，也就是2, 3, 4。S1=2是成立的，因为这时S2=8-2-3=3，{2, 3, 3}相差都不超过1。S1=3也是成立的，因为这时S2=8-3-3=2，{3, 2, 3}相差都不超过1。S1=4是不成立的。于是我们的问题变成，前缀和S[0]中，有几个前缀和的值是2，有几个前缀和的值是3

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 这时只有S[1]=3一个前缀和满足条件，所以q=N-3时，只有一组划分方法：3|2|1 0 2  上面我们就把样例的3种划分方法都求出来了。我们回顾一下上面的思路，基本就是从N-1到2枚举q，对于每一个q，我们都要求一类问题的解：  q = N-1时，前缀和S[1], S[2], … S[N-2]中有几个前缀和的值是X？（这里X可能是S3-1， S3， S3+1）  q = N-2时，前缀和S[1], S[2], … S[N-3]中有几个前缀和的值是X？（这里X可能是S3-1， S3， S3+1） …  q = 2时，前缀和S[1]中有几个前缀和的值是X？（这里X可能是S3-1， S3， S3+1）  当然上面枚举q的过程中S3的值会变化，另外注意我们关心的前缀和集合也在变短。  对于这一类问题，就是一堆前缀和中，有几个X，我们当然可以用哈希表来实现。使得每次询问的复杂度都是O(1)的。具体来说，我们可以用unordered_map<long long, int> cnt来保存每个值出现了几次，例如cnt[3]表示前缀和是3的有几个。注意这里key的类型是long long，因为前缀和可能超过int范围

#include <iostream>
#include <unordered_map>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,a[100001];
long long s[100001],ans = 0;
unordered_map<long long,int> cnt;

bool ok(long long s1,long long s2,long long s3)
{
    if(abs(s1 - s2) <= 1 && abs(s1 - s3) <= 1 && abs(s2 - s3) <= 1)
        return true;
    return false;
}

int main()
{
    cin >> n;
    s[0] = 0;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
    {
        cin >> a[i];
        s[i] = s[i - 1] + a[i];
        if(i < n)
            cnt[s[i]]++;
    }
    long long s3 = 0;
    for(int q = n - 1;q >= 2;q--)
    {
        s3 += a[q + 1];
        cnt[s[q]]--;
        for(long long s1 = s3 - 1;s1 <= s3 + 1;s1++)
        {
            long long s2 = s[n] - s1 - s3;
            if(ok(s1,s2,s3))
                ans += cnt[s1];
        } 
    }
    cout << ans;
    return 0;
}