- 我们用f[i]表示将A1 ~ Ai拆分成若干段使得每段和都不为0的方案数。考虑拆出的最后一段是A[j+1] ... Ai,有转移方程:
-
f[0] = 0 f[i] = Σf[j] | j = 0 .. i-1 且 A[j+1] .. Ai的和不为0。
- 其中“A[j+1] .. Ai的和不为0”可以利用前缀和。所以上述的DP是O(N)状态和O(N)的转移,总复杂度是O(N^2)的。
- 下面我们介绍如何将转移优化为O(1)的。如果我们令前缀和s[i] = f[0] + f[1] + ... f[i],那么显然上述转移方程直观上是:
- f[i] 等于 f[0] .. f[i-1] 中若干项的和。具体是哪些项呢? 是那些满足s[j] != s[i]的f[j]。
- 于是我们可以换一种方法计算f[i]:先加上f[0] .. f[i-1],再减去那些满足s[j] == s[i]的f[j],使用map 记录 同一个 sum值
- 到此处之前f[]的和是多少。
-
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define mod 1000000007 #define maxn 123456 map<int,int>vis; int h[maxn],dp[maxn],a[maxn],n; int sum[maxn],dpsum[maxn],ans; int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%d",&a[i]); sum[i]+=sum[i-1]+a[i]; } bool flag=0; int pre=1; vis[0]=1; for(int i=1; i<=n; i++) { dp[i]=(pre-vis[sum[i]]+mod)%mod; vis[sum[i]]+=dp[i]; vis[sum[i]]%=mod; pre=(pre+dp[i])%mod; } printf("%d\n",dp[n]); return 0; }
hihocoder-1475 -数组分拆-dp-哈希
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