P3397 地毯（二维差分）

题目描述

在 $n\times n$ 的格子上有 $m$ 个地毯。

给出这些地毯的信息，问每个点被多少个地毯覆盖。

输入格式

第一行，两个正整数 $n,m$。意义如题所述。

接下来 $m$ 行，每行两个坐标 $(x_1,y_1)$ 和 $(x_2,y_2)$，代表一块地毯，左上角是 $(x_1,y_1)$，右下角是 $(x_2,y_2)$。

输出格式

输出 $n$ 行，每行 $n$ 个正整数。

第 $i$ 行第 $j$ 列的正整数表示 $(i,j)$ 这个格子被多少个地毯覆盖。

样例 #1

样例输入 #1

5 3
2 2 3 3
3 3 5 5
1 2 1 4

样例输出 #1

0 1 1 1 0
0 1 1 0 0
0 1 2 1 1
0 0 1 1 1
0 0 1 1 1

提示

样例解释

覆盖第一个地毯后：

$0$	$0$	$0$	$0$	$0$
$0$	$1$	$1$	$0$	$0$
$0$	$1$	$1$	$0$	$0$
$0$	$0$	$0$	$0$	$0$
$0$	$0$	$0$	$0$	$0$

覆盖第一、二个地毯后：

$0$	$0$	$0$	$0$	$0$
$0$	$1$	$1$	$0$	$0$
$0$	$1$	$2$	$1$	$1$
$0$	$0$	$1$	$1$	$1$
$0$	$0$	$1$	$1$	$1$

覆盖所有地毯后：

$0$	$1$	$1$	$1$	$0$
$0$	$1$	$1$	$0$	$0$
$0$	$1$	$2$	$1$	$1$
$0$	$0$	$1$	$1$	$1$
$0$	$0$	$1$	$1$	$1$

---

数据范围

对于 $20\%$ 的数据，有 $n\le 50$，$m\le 100$。

对于 $100\%$ 的数据，有 $n,m\le 1000$。

solution

#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn = 1010;
int a[maxn][maxn] = {0};
int main(){
	int n, m, x1, x2, y1, y2;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	while(m--){
		scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2);
		for(int x = x1; x <= x2; x++){//把区间操作转化为差分序列的两点操作 
			a[x][y1]++;
			a[x][y2 + 1]--;
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		for(int j = 1; j <= n; j++){
			a[i][j] += a[i][j - 1];
			printf("%d ", a[i][j]);
		}
		printf("\n");
	} 
	return 0;
}

简单小结：

• 前缀和：数组该位置之前的元素之和。
  在进行前缀和的运算时，下标从1开始，设数组a[0]=0;为了便于后续计算，避免下标转换，设为零，不影响结果。
  应用：快速求出某段区间的元素和
  • 一维：sum[i] = sum[i - 1] + a[i]
  • 二维: sum[i][j] = sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1] + a[i][j]
• 差分:差分就是前缀和的逆运算。
  应用：对某个区间同时加上常数c的操作，可由区间操作转为差分序列的两点操作。
  • 一维：
    • 初始化，i = 1, b[i] = a[i]; 2 <= i <= n, b[i] = a[i] - a[i - 1]
    • 转化处理，把a[L~R]全部加上C，等价于：b[L] +=C, b[R+1] -=C;
  • 二维：
    转化处理：

while(m--){
		scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2);
		for(int x = x1; x <= x2; x++){//把区间操作转化为差分序列的两点操作 
			a[x][y1]++;
			a[x][y2 + 1]--;
		}
	}

输出：

for (int i = 1; i <=n ; i++) {
    for (int j = 1; j <=m ; j++) {
        b[i][j] = b[i - 1][j] + b[i][j - 1] - b[i - 1][j - 1] + b[i][j];
        printf(b[i][j]+" ");
    }
}