1485F. Copy or Prefix Sum（DP+懒惰标记）

给出一个数组(b)

(b_i)可以等于(a_i)，也可以等于(sum_{j=1}^ia_j)

询问有多少个数组(a)。

对每个位置(i)，你可以选择(a_i=b_i)或(a_i=b_i-sum_{k=1}^{i-1}a_k)。

如果(sum_{k=1}^{i-1}a_k=0)，那么这两种选择构成的数组是一样的，对答案的贡献是1。

一种(O(n^2logn))的做法：

定义(f(i,j))是当前在第(i)位，前缀和是(j)的情况有多少种。

状态转移方程：

如果你选择(b_i=a_i)，同时(j eq 0)：

(f(i+1,j+b_i)=f(i,j))

如果你选择(b_i=sum_{k=1}^ia_k)：

(f(i+1,b_i)=f(i,j))

用(Map)实现状态转移方程可以把时间复杂度控制在(O(n^2logn))。

观察状态转移方程，就是把当前位置的所有(j eq 0)的(f(i,j))变成(f(i+1,j+b_i))，同时把所有(f(i,j))加给(f(i+1,b_i))。

第二步就是当前的情况数，第一步就是当前的情况数减去(j=0)的情况数。

合并就是：下一步的情况数=当前的情况数*2-(j=0)的情况数。

怎么快速计算(j=0)的情况数：

考虑到每一步，所有状态统一加(b_i)，那么第二步可以转化为把所有的(f(i,j))加给(f(i+1,0))，然后把两步的所有情况都变成(f(i+1,j+b_i))。

维护一个懒惰标记，标记当前一共加了多少（即(b)的前缀和）。可以直接用(lazy)表示。

然后转移的时候，(f(lazy))就表示当前(j=0)的情况，每次转移把(lazy)减(b_i)即可。

时间复杂度(O(nlogn))

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+100;
const int mod=1e9+7;
int b[maxn],n,t;
map<long long,long long> f;
int main () {
	scanf("%d",&t);
	while (t--) {
		scanf("%d",&n);
		for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",b+i);
		f.clear();
		long long lazy=0;
		long long ans=1;
		f[0]=1; 
		for (int i=1;i<=n;i++) {
			long long tt=ans;
			ans=(ans*2-f[lazy]+mod)%mod;
			f[lazy]=tt%mod;
			lazy-=b[i];
		}
		ans%=mod;
		printf("%lld
",ans);
	}
}