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題目大意：給出一個長度為 n 的數組 a，拋出 good 數組的定義：

good 數組為數組 a 的一個子數組

good 數組的任意子數組之和均不為 0

（注意區分子數組和子數列的區別）

題目分析：首先是常識，對于一個長度為 n 的數組而言，有 n * ( n + 1 ) / 2 個子數組，有 n * ( n + 1 ) / 2 - 1 個非空子數組

其次分析數據范圍，n 高達 2e5，所以肯定不能暴力?n * n 去枚舉每一個子數組判斷

因為子數組是連續的一段數組，加上題目將子數組之和作為判斷條件，提示到這里不難想到可以維護一個前綴和 sum 方便后續操作

然后是加上一小點思維，稍微想一下不難發現，一個 good 數組如果想要滿足任意子數組之和均不為 0 ，那么這段 good 數組所對應的前綴和的值不能有重復，換句話說，如果數組 a 中的 [ l , r ] 這段為 good 數組，那么 sum[ i ] != sum[ j ] ，i , j ∈ [ l , r ]?

思考到這里不難想到尺取了，現在還差一點，那就是如何維護答案，因為尺取可以維護出最長的那段 good 數組，所以我們可以在實現尺取時，每次都將 r 指針向右移動一個單位，根據條件維護 l 指針的位置，此時新出現的 good 數組有

a[ l + 1 ] ~ a[ r ]?

a[ l + 2 ] ~ a[ r ]

......

a[ r ] ~ a[ r ]

為了方便實現，l 代表的是當前 good 數組左端點的前一個點，r 代表的自然是當前 good 數組的右端點了

代碼的實現意外的簡單。。

代碼：

#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<unordered_map> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=2e5+100;map<LL,bool>vis;LL sum[N];int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("input.txt","r",stdin); // freopen("output.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);int n;scanf("%d",&n);vis[0]=true;//sum[0]=0for(int i=1;i<=n;i++){int num;scanf("%d",&num);sum[i]=sum[i-1]+num;}LL ans=0;int l=0,r=1;while(r<=n){while(vis[sum[r]]){vis[sum[l]]=false;l++;}vis[sum[r]]=true;ans+=r-l;r++;}printf("%lld\n",ans);return 0; }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的CodeForces - 1333C Eugene and an array(尺取)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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