标签：ret set int problem 表示 复杂 前缀和 div cst
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。
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~AN，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, |Ai|<=100
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; }
*hiho 1475 - 数组拆分，dp，由N^2降到NlogN
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原文地址：http://www.cnblogs.com/redips-l/p/7811225.html
