给定一组N个正整数。它可以有n*(n+1)/2个子数组，包括单个元素子数组。每个子数组都有一个总和S。对于所有子阵列，查找S's显然为O(n^2)，因为子阵列的数量为O(n^2)。许多总和S's也可能重复。有没有办法在O(n logn)中找到所有不同总和的计数（不是总和的确切值，只是计数）。
我尝试了一种方法，但坚持不懈。我将数组从索引1迭代到n
假设a[i]是给定的数组。对于每个索引i，a[i]将添加a[i-1]所涉及的所有总和，并将其自身也包含为单个元素。但是如果在涉及a[i-1]的总和中，两个总和的差异为a[i]，则会出现重复。我的意思是，总和Sp和Sq最终为a[i-1]，两者的差异为a[i]。然后Sp + a[i]等于Sq，将Sq作为副本。
说C[i]是结束于a[i]的不同总和的计数
所以C[i] = C[i-1] + 1 - numbers of pairs of sums in which a[i-1] is involved whose difference is a[i]。
但问题是在O(log n)中找到对数的一部分。请给我一些关于此的提示，或者如果我的方法不对，需要完全不同的方法问题请指出。
答案 0 :(得分：10)
当S不太大时，我们可以用一个（快速）多项式乘法来计算不同的和。当S较大时，N有望小到足以使用二次算法。
设x_1，x_2，...，x_n为数组元素。设y_0 = 0且y_i = x_1 + x_2 + ... + x_i。令P（z）= z ^ {y_0} + z ^ {y_1} + ... + z ^ {y_n}。计算多项式P（z）* P（z ^ { - 1}）的乘积; z> k的系数，其中k>当且仅当k是子阵列和时，0是非零的，所以我们只需要读取正幂的非零系数的数量。此外，z的幂在-S到S的范围内，因此乘法在S log S的顺序上花费时间。
答案 1 :(得分：0)
您可以将子数组视为一种树。从某种意义上说，子阵列[0,3]可以分为[0,1]和[2,3]。
因此构建一个树，其中节点由子数组的长度定义，并且它在原始数组中保持偏移，并且每当计算子数组时，将结果存储在此树中。
计算子数组时，可以检查此树是否有现有的预先计算的值。
此外，在划分时，如果重要的话，可以在不同的CPU内核上计算部分数组。
此解决方案假设您不需要同时使用所有值，而是临时。 对于前者，可能会有一些更智能的解决方案。
另外，我假设我们正在谈论10000多个元素的计数。否则，这样的工作是一个很好的练习，但没有多大实际价值。