NO.60十六届蓝桥杯备战|基础算法-差分|一维差分|海底高铁|二维差分|地毯(C++)

前缀和与差分的核⼼思想是预处理,可以在暴⼒枚举的过程中,快速给出查询的结果,从⽽优化时间复杂度。
是经典的⽤空间替换时间的做法。

差分

解法1:暴力模拟,时间复杂度n乘m
解法2:利用差分数组解决问题,快速解决将某一个区间所有元素统一加上一个数的操作差分模板题,先「创建」差分数组,然后根据差分数组的「性质」处理q次区间修改,最后「还原」出来原始的数组。

  1. 创建差分数组,根据定义:f[i] = a[i] - a[i - 1]
    也可以根据差分数组的性质:f[i] += a[i], f[i + 1] -= a[i]
    ![[Pasted image 20250328171339.png]]

差分数组fi表示:原数组第i项与第i-1项的差值
2. 根据差分数组的性质处理q区间修改:f[L] += c, f[R + 1] -= c
![[Pasted image 20250329091558.png]]

  1. 还原经过q 次询问之后的a 数组:对差分数组做⼀次「前缀和」,就可以还原出原数组
    差分数组,根据定义:f[i] = a[i] - a[i - 1]
    原数组:
a[1] = f[1]
a[2] = a[2] - a[1] + a[1] = f[2] + f[1]
a[3] = a[3] - a[2] + a[2] - a[1] + a[1] = f[3] + f[2] + f[1] 

a[i] = f[i] - f[i-1] + f[i-2] + ... + f[1]
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e5 + 10;
int n, m;
LL a[N];
LL f[N];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    
    cin >> n >> m;
    //创建差分数组
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
        f[i] = a[i] - a[i-1];
    }
    //处理m
    while (m--)
    {
        LL l, r, k; cin >> l >> r >> k;
        f[l] += k; f[r+1] -= k;
    }
    //还原原始数组
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        a[i] = a[i-1] + f[i];
        cout << a[i] << " ";
    }
    
    return 0;
}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e5 + 10;
int n, m;
LL f[N];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    
    cin >> n >> m;
    //创建差分数组
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        LL x; cin >> x;
        f[i] += x;
        f[i+1] -= x;
    }
    //处理m
    while (m--)
    {
        LL l, r, k; cin >> l >> r >> k;
        f[l] += k; f[r+1] -= k;
    }
    //还原原始数组
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
		f[i] = f[i-1] + f[i];
		cout << f[i] << " ";
    }
    
    return 0;
}
P3406 海底高铁 - 洛谷

先考虑如何让花费最⼩,想要求最⼩花费,需要知道每⼀段⾼铁被「乘坐了多少次」,记作f[i],那么最⼩花费就是「买票的花费」与「买卡的花费」两者之间的最⼩值:

  • 买票花费:a[i] × f[i];
  • 买卡花费,乘⻋花费+⼯本费:b[i] × f[i] + c[i];
  • 那么最⼩花费就是:mincost = min(a[i] × f[i], b[i] × f[i] + c[i])
    接下来考虑如何求出每⼀段⾼铁被「乘坐了多少次」。根据访问城市的序列 p 1 , p 2 , p 3 , … , p m p_{1},p_{2},p_{3},\dots,p_{m} p1,p2,p3,,pm可知,对于任意⼀次访问 p i ∼ p i + 1 p_{i} \sim p_{i+1} pipi+1,我们会乘坐 [ p i ∼ p i + 1 − 1 ] [p_{i} \sim p_{i+1}-1] [pipi+11]之间所有的⾼铁,⽐如 p i = 3 , p i + 1 = 6 p_{i} = 3, p_{i+1}=6 pi=3,pi+1=6,那么 [ 3 , 5 ] [3,5] [3,5]之间所有的⾼铁都会被乘坐⼀次,相当于每个数都加上1 ,「注意6位置不会乘坐到」。那么我们就可以利⽤「差分数组」:
  • 创建⼀个全为0 的差分数组f;
  • 遍历访问序列,对于每⼀次访问:f[pi]++, f[pi+1]--;
  • 然后对差分数组做⼀次前缀和,就得到每个⾼铁乘坐的次数
    注意城市访问的序列有可能pi > pi+1 ,此时应该「交换」⼀下顺序。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;
int n, m;
LL f[N];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    cin >> n >> m;
    int x; cin >> x;
    for (int i = 2; i <= m; i++)
    {
        int y; cin >> y;
        if (x > y) f[y]++, f[x]--;
        else f[x]++, f[y]--;
        x = y;
    }
    //还原原数组
    for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] += f[i - 1];
    //结果
    LL ret = 0;
    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        LL a, b, c; cin >> a >> b >> c;
        ret += min(a * f[i], c + b * f[i]);
    }
    cout << ret << endl;
    
    return 0;
}
二维差分

解法1:暴力模拟
解法2:利用差分矩阵
⼆维差分模板题,先根据差分矩阵的「性质」创建差分矩阵,然后根据差分矩阵的「性质」处理q次区间修改,最后利⽤「前缀和」还原出来原始的矩阵。因此,重点就是差分矩阵的「性质」。
可以类⽐「⼀维差分数组」的性质,推导出「⼆维差分矩阵」的性质:

  • 在差分数组中某个位置标记:表⽰后续元素统⼀被修改;
  • 在差分数组中求前缀和:能够还原出原始数组。
    假设我们需要将原始矩阵a中,以 ( x 1 , y 1 ) (x_{1},y_{1}) (x1,y1)为左上⻆, ( x 2 , y 2 ) (x_{2},y_{2}) (x2,y2)为右下⻆的⼦矩阵的每个元素都加上k:
    ![[Pasted image 20250329175914.png]]

在差分矩阵中:

  • ( x 1 , y 1 ) (x_{1},y_{1}) (x1,y1)位置加上一个k,求前缀和之后,会把紫绿黄粉区域的所有元素都加上k;为了抵消k
  • ( x 1 , y 2 + 1 ) (x_{1},y_{2}+1) (x1,y2+1) ( x 2 + 1 , y 1 ) (x_{2}+1,y_{1}) (x2+1,y1)位置都减去一个k,这样黄绿区域恢复正常,但是粉色区域在上述操作中会被统一减去一个k,需要抵消掉
  • ( x 2 + 1 , y 2 + 1 ) (x_{2}+1,y_{2}+1) (x2+1,y2+1)位置加上k
    这样就可以在差分矩阵求前缀和之后,还原出原始矩阵

第一步:预处理差分数组
读一个位置,直接带入差分矩阵性质
第二步:利用差分数组解决m次修改
第三步:还原原始矩阵
对差分数组求前缀和

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1010;

int n, m, q;
LL f[N][N];

//差分矩阵性质
void insert(int x1, int y1, int x2, int y2, int k)
{
    f[x1][y1] += k;
    f[x1][y2+1] -= k;
    f[x2+1][y1] -= k;
    f[x2+1][y2+1] += k;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    
    cin >> n >> m >> q;
    //预处理
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for (int j = 1; j <= m; j++)
        {
            LL x; cin >> x;
            //[i][j]为左上角,[i][j]为右下角的矩阵,加上x,
            insert(i, j, i, j, x);
        }
    }
    //处理q次修改
    while (q--)
    {
        LL x1, y1, x2, y2, k; cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2 >> k;
        insert(x1, y1, x2, y2, k);
    }
    //还原数组
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for (int j = 1; j <= m; j++)
        {
            f[i][j] = f[i-1][j] + f[i][j-1] -f[i-1][j-1] + f[i][j];
            cout << f[i][j] << " ";
        }
        cout << endl;
    }
    
    return 0;
}
P3397 地毯 - 洛谷
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1010;
int n, m;
int f[N][N];

void insert(int x1, int y1, int x2, int y2, int k)
{
    f[x1][y1] += k;
    f[x1][y2+1] -= k;
    f[x2+1][y1] -= k;
    f[x2+1][y2+1] += k;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    cin >> n >> m;
    while (m--)
    {
        int x1, y1, x2, y2; cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
        insert(x1, y1, x2, y2, 1);
    }
    //还原修改之后的数组
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for (int j = 1; j <= n; j++)
        {
            f[i][j] = f[i-1][j] + f[i][j-1] - f[i-1][j-1] + f[i][j];
            cout << f[i][j] << " ";
        }
        cout << endl;
    }
    
    return 0;
}
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