SDUT-4107-金泽的地图-差分数组第一弹

最新推荐文章于 2024-12-10 16:14:18 发布

原创最新推荐文章于 2024-12-10 16:14:18 发布 · 286 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

差分专栏收录该内容

5 篇文章

订阅专栏

本文深入探讨差分数组的概念及应用，通过实例讲解如何利用差分数组进行区间修改操作，实现O(1)时间复杂度。同时，介绍如何通过差分数组计算前缀和，提升算法效率。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

http://acm.sdut.edu.cn/onlinejudge2/index.php/Home/Index/problemdetail/pid/4107.html

差分数组de定义：记录当前位置的数与上一位置的数的差值.
栗子
容易发现的是,∑ b[j](j = 1 to i)即代表a[i] 的值. (∑ 即代表累加.)
看到前面的∑ 你一定会发现这是前缀和!
那你认为这是前缀和? 的确是qwq.
实际上这并不是真正意义上的前缀和.
前缀和的思想是根据元素与元素之间的并集关系(和的关系),求出某些元素的和的值.对应的为∑ a[j](j = 1 to i)
而差分的思想与此不同.
差分的思想是根据元素与元素之间的逻辑关系(大小关系),求出某一位置元素的值.对应的为∑ b[j](j = 1 to i)
What?不懂?看下面
继续捡起刚刚的栗子.
有没有发现不同之处 ( ω )
差分数组有什么用?
先看一道题,
有n个数。
m次操作,每一次操作,给定l,r,del.将l~r区间的所有数增加del；
最后有q个询问,给你 l,r ,每一次询问求出l~r的区间和。
PS：先进行m个修改操作,后进行查询操作.
如果你是一个巨佬,你会"woc,线段树裸题!" "woc,树状数组裸题!"
然而,今天我要BB的不是这些东西.
是差分数组的运用!
有没有想法? 没有的话那就我来有也是我来
考虑我们差分数组记录的是什么,它记录的是当前位置的数与上一个数的差值.
如果我们在差分数组的 b_x减去del 在b_{y+1}位置处加上del,就能达到整个区间修改的操作.
什么?不相信? 那我们来个栗子(要糖炒的
还是刚开始的栗子.
这样是不是达到了区间修改操作,是不是! "是!,tql!!"
这样我们就能做到O(1)修改啦!
我们再定义两个数组(先不要忘记我们的差分数组为b_i
s_i代表∑ b[j](j = 1 to i) (其实就是代表a[i] qwq）
sum_i代表∑ s[j](j = 1 to i) 即代表前缀和. qwq
容易发现的是 sum_r -sum_{l-1}=∑ s[j](j = 1 to i)
什么不理解为什么是l-1？
那我们把式子展开看 qwq
所以说我们可以在修改操作完成之后,O(n)的计算我们的sum数组,然后在询问的时候O(1)的输出了.
具体这个题的代码是这样的↓
快速处理区间加减操作：O(1)询问区间和:O(n)处理O(1)查询.
你以为差分只有这么多用处吗?
利用差分数组还能算出前缀和,看式子变形!
所以说,上面的代码完全可以改一下,相信大家写出来应该会很容易.
差分还有其他用途这里并没有涉及到,所以还需要大家自己去发现去学习 ┓( ｀ )┏

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 123456
#define ll long long
ll  n,v,sum[maxn],maxx;
ll  a[maxn],m,l,r,ans[maxn];
int main()
{
    while(~scanf("%lld%lld",&n,&m))
    {
        maxx=0;
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        memset(ans,0,sizeof(ans));
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&v);
            a[l]+=v;
            a[r+1]-=v;
            maxx=max(l,max(r,maxx));
        }
        for(int i=1; i<=maxx; i++)
            sum[i]+=sum[i-1]+a[i];
        for(int i=1; i<=maxx; i++)
            ans[i]+=ans[i-1]+sum[i];
        while(m--)
        {
            scanf("%lld%lld",&l,&r);
            printf("%lld\n",ans[r]-ans[l-1]);
        }
    }
    return 0;
}