一文搞懂差分数组

问题背景

如果给你一个包含 5000 万个元素的数组，然后会有频繁的区间修改操作，比如让第 1 个数到第 1000万 个数每个数都加上 1，而且这种操作是频繁的。

此时，很容易想到的办法就是从 1 遍历到 1000万，每个加上 1，但如果这种操作很频繁的话，效率就可能会非常低下。

差分数组原理

假设现在有一个数组， n u m s = { 0 , 2 , 5 , 4 , 9 , 7 , 10 , 0 } nums=\{0, 2, 5, 4, 9, 7, 10, 0\} nums={0,2,5,4,9,7,10,0}

$index$	0	1	2	3	4	5	6	7
$d[i]$	0	2	5	4	9	7	10	0

那么差分数组是什么呢？

其实差分数组本质上也是一个数组，我们暂且定义差分数组为 $d$，差分数组 $f$ 的大小和原来 $d$ 数组大小一样，而且 $f[i]=d[i]-d[i-1]$，($i\ne 0$)。

它的含义是什么呢？就是原来数组 $i$ 位置上的元素和 $i-1$ 位置上的元素作差，得到的值就是 $d[i]$ 的值。

所以，上面数组对应的差分数组值如下图所示：

$index$	0	1	2	3	4	5	6	7
$d[i]$	0	2	5	4	9	7	10	0
$f[i]$	0	2	3	-1	5	-2	3	-10

那么构造这个数组有什么意义呢？

现在我们有这么一个区间操作，即在区间 $[1,4]$ 上，所有的数值都加上 3.

$index$	0	1	2	3	4	5	6	7
$d[i]$	0	2+3	5+3	4+3	9+3	7	10	0
$f[i]$	0	2+3	3	-1	5	-2-3	3	-10

由上面的表格可以知道，这个操作在差分数组上，只影响到了差分数组区间其实位置和结束位置。

我们只需要修改一下差分数组的起始和结束位置，就可以记录这次的区间修改操作了。这样就可以把修改区间的时间复杂度 $O(n)$ 降为 $O(1)$。

现在，我们如何根据差分数组 $f$ 来推测 $d$ 中某一个位置的值呢？

只需要求差分数组的前缀和即可。

差分数组定义

对于已知有 $n$ 个元素的离线数列 $d$，我们可以建立记录它每项与前一项差值的差分数组 $f$，显然有：

$$f[i]=\{\begin{array}{rlr}& d[i],& (i=0)\\ & d[i]-d[i-1],& (1\le i<n)\end{array}$$

差分数组简单性质

1. 计算数列各项的值：数组第 $i$ 项的值是可以用差分数组的前 $i$ 项的和计算的，即 前缀和。
2. 计算数列每一项的前缀和：第 $i$ 项的前缀和即为数列 $f[i]$ 前 $i$ 项的和。对差分数列求两次前缀和？

差分数组用途

1. 快速处理区间加减操作：

假如现在对数列中区间 $[L,R]$ 上的数加上 $x$，我们通过性质 1 知道，第一个受影响的差分数组中的元素为 $f[L]$，即令 $f[L]+=x$，那么后面数列元素在计算过程中都会加上 $x$；
最后一个受影响的差分数组中的元素为 $f[R]$，所以令 $f[R+1]-=x$，即可保证不会影响到 $R$ 以后数列元素的计算。这样我们不必对区间内每一个数进行处理，只需要处理两个差分后的数即可；

2. 询问区间和问题：

由性质 2 我们可以计算出数列各项的前缀和数组 $sum$ 各项的值；那么显然，区间 $[L,R]$ 的和即为 $ans=sum[R]-sum[L-1]$

差分数组应用

leetcode 1109. 航班预订统计

对于预定记录 $booking=[l,r,inc]$，我们需要让 $d[l-1]$ 增加 $inc$，$d[r]$ 减少 $inc$。特别地，当 $r$ 为 $n$ 时，我们无需修改 $d[r]$，
因为这个位置溢出了下标范围。如果求前缀和时考虑该位置，那么该位置对应的前缀和值必定为 0。

class Solution {
    public int[] corpFlightBookings(int[][] bookings, int n) {
        int[] nums = new int[n];
        for (int[] booking : bookings) {
            nums[booking[0] - 1] += booking[2];
            if (booking[1] < n) {
                nums[booking[1]] -= booking[2];
            }
        }
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            nums[i] += nums[i - 1];
        }
        return nums;
    }
}