给你一个下标从 0 开始的二进制字符串 s 和两个整数 minJump 和 maxJump 。一开始，你在下标 0 处，且该位置的值一定为 ‘0’ 。当同时满足如下条件时，你可以从下标 i 移动到下标 j 处：
i + minJump <= j <= min(i + maxJump, s.length - 1) 且
s[j] == ‘0’.
如果你可以到达 s 的下标 s.length - 1 处，请你返回 true ，否则返回 false 。
区间和：
由前缀和的性质，preSum[j] - preSum[i]可以得到 (i+1) ~ j 区间内的和。
余数等于k：
作判断时需用到同余定理，不然会超时。
同余定理总结下：
(a+b)mod n = ((a mod n)+(b mod n)) mod n(a-b) mod n = ((a mod n) - (b mod n)) mod nab mod n = ((a mod n) (b mod n) mod n(a - b)mod n = 0 -> a mod n = b mod n
于是我们可以用上最后一条的性质，从i = 2 开始循环，每次插入preSum[i-2]%k到容器中，并对preSum[i]%k作判断，天然的能保证preSum[i]%k是与i-2及之前的前缀和作判断即：
((preSum[i] - preSum[j]) mod k = 0 -> preSum[i] mod k == preSum[j] mod k == 0或t, j = 0~i-2 )，这样就可以不用map存键值对，直接用set存preSum就好。同时我们还可以边求前缀和边作判断。
class Solution {public: bool checkSubarraySum(vector<int>& nums, int k) { const int len = nums.size(); int preSum[len+2]; preSum[0] = 0, preSum[1] = nums[0]%k; for(int i = 2; i <= len; i++) { preSum[i] = (preSum[i-1] + nums[i-1])%k; set.insert(preSum[i-2]); if(set.count(preSum[i]%k)) return true; } return false; }private: unordered_set<int> set;}; 解法二：暴力解法，感觉还是挺简练的，虽然会超时：
class Solution {public: bool checkSubarraySum(vector<int>& nums, int k) { const int len = nums.size(); int preSum[len+2]; preSum[0] = 0; for(int i = 1; i <= len; i++) preSum[i] = (preSum[i-1] + nums[i-1])%k; for(int i = 0, j = len; j != 2 ; i++) { if(i == j-1 && i) j--, i = 0;//有j = 2的情况。 if((preSum[j]-preSum[i])%k == 0) return true; } return false; }};