前缀和+差分+ 树状数组

前缀和+差分的理论知识

前缀和相关题：

「USACO16JAN」子共七 Subsequences Summing to Sevens

定理：若两个数相减 mod k == 0,那么这两个数mod k 的余数相同。（看别人的题解得到的）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 5e4;int n;
int a[N + 1];//前n项和mod 7
int bgin[7],tail[7];  //bgin存第1个mod为i的数据编号，tail存最后一个mod为i的数据编号 int main()
{// 若两个数相减mod 7==0，那么这俩个数mod 7的余数一定相同 ios::sync_with_stdio(false);int res = 0;//存结果 cin >> n ;for(int i = 1; i <= n; i ++){cin >> a[i];a[i] += a[i-1];a[i] %= 7;}for(int i = 0; i <= n; i ++)  //从前往后搜，且这里必须是i=0开始，不能从i=1开始，考虑数据1 3 4即明白 tail[a[i]] = i;for(int i = n; i >= 0; i --) //从后往前搜， 并且这里必须要包含0也即i>=0 bgin[a[i]] = i;for(int i = 0; i < 7; i ++)res = max(res, tail[i] - bgin[i]);cout << res << endl;return 0;}

「USACO05JAN」Moo Volume S

公式推到：（假设数据有序）

第i个位置的牛与前i-1个牛聊天音量的总和：
x i − x i − 1 + x i − x i − 2 + ⋯ + x i − x 2 + x i − x 1 = ( i − 1 ) ⋅ ∑ k = 1 i − 1 x k x_i - x_{i-1} + x_i - x_{i-2} +\cdots+ x_i -x_2+x_i - x_1 = (i-1)\cdot\sum\limits_{k=1}^{i-1}x_k xi−xi−1+xi−xi−2+⋯+xi−x2+xi−x1=(i−1)⋅k=1∑i−1xk
下式res结果要乘2 是因为只计算了 ( x i > x j ) 时 x i − x j (x_i>x_j)时x_i-x_j (xi>xj)时xi−xj并没有计算 x j − x i x_j-x_i xj−xi，且 ∣ x i − x j ∣ = ∣ x j − x i ∣ \lvert x_i-x_j\rvert=\lvert x_j-x_i\rvert ∣xi−xj∣=∣xj−xi∣。

r e s = 2 ⋅ ∑ i = 1 n ( i − 1 ) ⋅ ∑ k = 1 i − 1 x k res =2\cdot \sum\limits_{i=1}^{n}(i-1)\cdot\sum\limits_{k=1}^{i-1}x_k res=2⋅i=1∑n(i−1)⋅k=1∑i−1xk

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 1;
typedef long long ll;ll n;
ll a[N]; //存放数字
ll sum[N]; //前n项和
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin >> n;ll res = 0;//结果 for(int i = 1; i <= n; i ++)cin >> a[i];//排序 sort(a+1,a+n+1);//求前n项和 for(int i = 1; i <= n; i ++)sum[i] = sum[i-1] + a[i];// 求最终结果    for(int i = 1; i <= n; i ++)res += (i - 1)*a[i] - sum[i-1];//此公式需要推到 cout << res * 2 << endl;
}

二维前缀和：

洛谷 P1387 最大正方形

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100 + 3;
int n, m;int matrix[N][N];int sum[N][N]; //前缀和 int main()
{ios::sync_with_stdio(false);int res = 0;cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i ++)for(int j = 1; j <= m; j ++){cin >> matrix[i][j];sum[i][j] = sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1] + matrix[i][j];}for(int len = 1; len <= min(n, m); len ++)//边长 for(int i = len; i <= n; i ++)for(int j = len; j <= m; j ++){if((sum[i][j] - sum[i - len][j] - sum[i][j - len] + sum[i - len][j - len]) == (len * len))res = max(res, len);}cout << res << endl;return 0;
}

「HNOI2003」激光炸弹

以下都是AC代码，为了防止MLE进行了空间优化，也即sum即存储原始数据，也存储前缀和。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 5e3 + 3;int n, m;int sum[N][N];//前缀和 int main()
{ios::sync_with_stdio(false);int res = 0, mx = 0, my = 0;cin >> n >> m;for(int i = 0; i < n; i ++){int x, y, v;cin >> x >> y >> v;sum[x + 1][y + 1] = v;mx = max({mx, x + 1, m});my = max({my, y + 1, m});//必须把m算进去，考虑此类情况：n=1 m= 2 ,第二行输入 0,0 ,1 }for(int i = 1; i <= mx; i ++)for(int j = 1; j <= my; j ++)sum[i][j] = sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1] + sum[i][j];for (int i = m; i <= mx; i ++)for(int j = m; j <= my; j ++)res = max(res, sum[i][j] - sum[i - m][j] - sum[i][j - m] + sum[i - m][j - m]);     cout << res << endl;return 0;
}

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 5000 + 11;int n, m;int sum[N][N];//前缀和 int main()
{ios::sync_with_stdio(false);int res = 0, mx = 0, my = 0;cin >> n >> m;for(int i = 0; i < n; i ++){int x, y, v;cin >> x >> y >> v;sum[x + 1][y + 1] = v;//这个是让坐标从1开始，而不是从0开始 mx = max(mx, x + 1);my = max(my, y + 1);}for(int i = 1; i <= min(mx + m, 5001); i ++) //这里i不能小于等于N，因为你数组就开N个， 当然如果这里为了省事，可直接i<=5001 下面一样 for(int j = 1; j <= min(my + m, 5001); j ++)sum[i][j] = sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1] + sum[i][j];//这里其实进行了空间的优化 for (int i = m; i <= min(mx + m, 5001); i ++)for(int j = m; j <= min(my + m, 5001); j ++)res = max(res, sum[i][j] - sum[i - m][j] - sum[i][j - m] + sum[i - m][j - m]);       cout << res << endl;return 0;
}

CPS-邻域均值

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 600 + 3;
int n, l, r, t;int  sum[N][N];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);int res = 0;cin >> n >> l >> r >> t;for(int i = 1; i <= n; i ++)for(int j = 1; j <= n; j ++){cin >> sum[i][j];sum[i][j] = sum[i-1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1] + sum[i][j]; }// 中心点为参考for(int i = 1; i <= n; i ++)for(int j = 1; j <= n; j ++){int loc_l = max(1, j - r);int loc_r = min(n, j + r);//不能直接把变量设为r,t,会与前面的变量名重复。 int loc_t = max(1, i - r);int loc_b = min(n, i + r);double counts = (loc_r - loc_l + 1) * (loc_b - loc_t + 1); //个数 if( ((sum[loc_b][loc_r] - sum[loc_b][loc_l - 1] - sum[loc_t - 1][loc_r] + sum[loc_t - 1][loc_l - 1]) / counts) <= t)res += 1;}cout << res << endl;return 0;
}

csp- 期末预测之最佳阈值

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int M = 1e5 + 1;int m;struct Node
{int y,result;bool operator < (const struct Node n)//根据y排序 {if (y < n.y)return true;return false;}
}node[M];int sum[M]; int main()
{ios::sync_with_stdio(false);int res = 0, maxTotal = 0;//res：最大阈值，maxTotal: 预测正确次数最大 cin >> m;for(int i = 1; i <= m; i ++)cin >> node[i].y >> node[i].result;sort(node + 1, node + m + 1);for(int i = 1; i <= m; i ++)sum[i] = sum[i-1] + node[i].result;for(int i = 1; i <= m; i ++){if(node[i].y == node[i-1].y) //这一步是必须的，如果y连续出现相同的数，只需计算第一个，后面的不要再计算 ，因为下面的sum[i-1]会出错 continue;int total = (i - 1 - sum[i-1]) + (sum[m] - sum[i - 1]);//计算预测正确次数， +前部分是 小于y的预测正确的次数，+ 后半部分是 大于y预测正确的次数 //找最大的maxtotal和阈值 if(maxTotal <= total){maxTotal = total;res = node[i].y;}}cout << res << endl;return 0;
}

差分相关题：

a i + 1 = b i + 1 − b i a_{i+1} = b_{i+1} - b_i ai+1=bi+1−bi其中 a a a是差分矩阵， b b b是原矩阵，对差分矩阵求前缀和即是原矩阵。如果对原矩阵 [ l , r ] [l,r] [l,r]增加k，那么可以对差分矩阵 a [ l ] + = k , a [ r + 1 ] − = k a[l] += k, a[r + 1] -= k a[l]+=k,a[r+1]−=k。可以减少时间复杂度。
∑ i = 1 n a i = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 i b j = ∑ i = 1 n ( n − i + 1 ) b i = ( n + 1 ) ∑ i = 1 n b i − ∑ i = 1 n i ⋅ b i \sum\limits_{i=1}^n a_i = \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^i b_j = \sum\limits_{i=1}^n (n - i + 1) b_i = (n + 1)\sum\limits_{i =1}^n b_i-\sum\limits_{i = 1}^n i\cdot b_i i=1∑nai=i=1∑nj=1∑ibj=i=1∑n(n−i+1)bi=(n+1)i=1∑nbi−i=1∑ni⋅bi
有关 ∑ i = 1 n ∑ j = 1 i b j = ∑ i = 1 n ( n − i + 1 ) b i \sum\limits_{i=1}^ n \sum\limits_{j=1}^ i b_j = \sum\limits_{i=1}^n (n - i + 1) b_i i=1∑nj=1∑ibj=i=1∑n(n−i+1)bi 这一步的产生，考虑有n个 b 1 b_1 b1,n-1个 b 2 b_2 b2 ,以此类推有 n − i + 1 n-i+1 n−i+1个 b i b_i bi故得出结果。

csp-出行计划

q + k ≤ t i ≤ q + k + c i − 1 q + k \le t_i \le q +k+c_i -1 q+k≤ti≤q+k+ci−1 则 t i + 1 − c i − k ≤ q ≤ t i − k t_i + 1- c_i - k \leq q \leq t_i - k ti+1−ci−k≤q≤ti−k,也即做核酸的时间点要在 [ t i + 1 − c i − k , t i − k ] [t_i + 1- c_i - k , t_i - k] [ti+1−ci−k,ti−k]内，对每个出行计划其范围内的时间点+1，时间点为整数，最终如果求q时刻满足出行的计划，直接根据下标q即可得。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N =  2e5 + 3;int n, m, k;
int diff[N]; // 差分矩阵 ，差分矩阵的原矩阵表示在每个时间点，如果这个时间做核酸可以出行，则这里的值+1
int q[N];
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin >> n >> m >> k; for(int i = 0; i < n; i ++){int ti, ci;cin >> ti >> ci;diff[max(1,ti + 1 - ci - k)] ++;//这里要和 1进行比较，如果不加会出现错误。 diff[max(1,ti - k + 1)] --;}for(int i = 1; i < N; i ++)diff[i] = diff[i - 1] + diff[i];for(int i = 0; i < m; i ++)cin >> q[i];for(int i = 0; i < m; i ++)cout << diff[q[i]] << endl;return 0;
}

P3397 地毯此题是很经典的二维差分问题。有关二维差分参见此博客

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1000 + 3;int n, m;int diff[N][N];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin >> n >> m;for(int i = 0; i < m; i ++){int lx, ly, rx, ry;cin >> lx >> ly >> rx >> ry;diff[lx][ly] ++;diff[lx][ry + 1] --;diff[rx + 1][ly] --;diff[rx + 1][ry + 1] ++;} //求前缀和for(int i = 1; i <= n; i ++)for(int j = 1; j <= n; j ++){diff[i][j] = diff[i-1][j] + diff[i][j - 1] - diff[i - 1][j - 1] + diff[i][j];//这里是根据差分求原矩阵}//输出for(int i = 1; i <= n; i ++){for(int j = 1; j <= n; j ++){cout << diff[i][j] << " ";}cout << endl;}return 0;
}

P4552 [Poetize6] IncDec Sequence

题解实在是不知道该怎么说，洛谷有相关题解，第一个写的很好。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 100000 + 3;LL n;LL  diff[N];//a是原矩阵，diff是差分矩阵 ,必须是LL，int会报错，2^31，需要开LL int main()
{ios::sync_with_stdio(false);LL count_operator = 0, count_result = 0; cin >> n;LL last = 0;for(int i = 1; i <= n; i ++){LL t;cin >> t;diff[i] = t - last;last = t;}LL sum_p = 0,sum_n = 0;for(int i = 2; i <= n; i ++){if(diff[i] < 0)sum_n += diff[i];else if(diff[i] > 0)sum_p += diff[i];}count_operator = abs(sum_p + sum_n) + min(sum_p, abs(sum_n));count_result = abs(sum_p + sum_n) + 1;cout << count_operator << endl;cout << count_result << endl; return 0;
}

树状数组

#130. 树状数组 1 ：单点修改，区间查询

/*单点修改，区间查询  2022.9.9计算机中，负数用补码表示 ，所以lowbit = x & -x
*/ #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 1e6 + 3; ll t[N]; //存储的原数组的树状数组。struct Node
{ll id, l, r;
}node[N];ll n, q;//单点修改,对下标为i的原数组增加x
void add(ll x, ll k)
{for(;x <= n; x += x & -x)t[x] += k;
}
// 求下标x的原数组前缀和
ll prefix(ll x)
{ll ans = 0;for(;x >= 1; x -= x & -x)ans += t[x];return ans;
}
// 求区间原数组[l,r]的区间和
ll quary(ll l, ll r)
{return prefix(r) - prefix(l - 1);
}int main()
{cin >> n >> q;for(ll i = 1; i <= n; i ++){ll temp;cin >> temp;add(i, temp);}for(ll i = 0; i < q; i ++)cin >> node[i].id >> node[i].l >> node[i].r;for(ll i = 0; i < q; i ++){if(node[i].id == 1)add(node[i].l, node[i].r);else if(node[i].id == 2)cout << quary(node[i].l, node[i].r) << endl;}return 0;
}

写成模板

/*单点修改，区间查询  2022.9.9计算机中，负数用补码表示 ，所以lowbit = x & -x
*/ #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;//写成模板
const ll N = 1e6 + 3;
struct BIT
{ll t[N], n; //t[n]存储的原数组的树状数组,n是元素组的元素个数。//单点修改,对下标为i的原数组增加x inline void add(ll x, ll k){for(;x <= n; x += x & -x)t[x] += k;}// 求下标x的原数组前缀和 inline ll prefix(ll x) {ll ans = 0;for(;x >= 1; x -= x & -x)ans += t[x];return ans; }// 求区间原数组[l,r]的区间和 ，区间查询inline ll quary(ll l, ll r){return prefix(r) - prefix(l - 1);}
}; struct BIT bit;
struct Node
{ll id, l, r;
}node[N];
ll q;
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);   cin >> bit.n >> q;for(ll i = 1; i <= bit.n; i ++){ll temp;cin >> temp;bit.add(i, temp);}for(ll i = 0; i < q; i ++)cin >> node[i].id >> node[i].l >> node[i].r;for(ll i = 0; i < q; i ++){if(node[i].id == 1)bit.add(node[i].l, node[i].r);else if(node[i].id == 2)cout << bit.quary(node[i].l, node[i].r) << endl;}return 0;
}

#131. 树状数组 2 ：区间修改，单点查询

/*time: 2022.9.9区间修改，单点查询
*/#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;const ll N = 1e6 + 3;
struct BIT
{ll n, t[N]; //t[N]存储的是原数组的差分数组的树状数组//单点修改 （这里的单点是指对差分数组中的一个元素修改，而非原数组） inline void add(ll x,ll k){for(; x<= n; x += x & -x)t[x] += k;}//区间修改,对原数组的[l,k]+k（指的是对原数组进行区间修改）inline void inter_add(ll l, ll r, ll k){add(l, k);add(r + 1, -k);}//单点查询,(这里的单点查询，是对原数组求其某下标的值),其实是求差分数组的前缀和 inline ll ask(ll x){ll ans = 0;for(;x >= 1; x -= x & -x)ans += t[x];return ans;}
};struct BIT bit;ll q;
struct Qu
{ll id,l,r,x;
}Q[N];int main()
{cin >> bit.n >> q;ll last = 0; for(ll i = 1; i <= bit.n; i ++){ll temp;cin >> temp;bit.add(i, temp - last); // 在进行构造过程中，不能 bit.add(i, temp);，而应该用差分数组 last = temp;}for(ll i = 1; i <= q; i ++){cin >> Q[i].id;if(Q[i].id == 1)cin >> Q[i].l >> Q[i].r >> Q[i].x;else if(Q[i].id == 2)cin >> Q[i].l;}for(ll i = 1; i <= q; i ++){if(Q[i].id == 1)bit.inter_add(Q[i].l, Q[i].r, Q[i].x);else if(Q[i].id == 2){ll res = bit.ask(Q[i].l);cout << res << endl;}}return 0;
}

#132. 树状数组 3 ：区间修改，区间查询

/*time: 2022.9.9 区间修改，区间查询；
*/#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;const ll N = 1e6 + 3;
struct BIT
{ll t1[N], t2[N], n;//t1[N]是差分数组的树状数组，t2[N]是i*diff[i]的树状数组//t1单点修改(这里是对差分数组单点修改)inline void add1(ll x, ll k){for(; x <= n; x += x & -x)t1[x] += k;} //t2 单点修改（这里是对i*diffi单点修改） inline void add2(ll x, ll k){for(; x <= n; x += x & -x)t2[x] += k;} //求 diff从1到x的前缀和 inline ll prefix1(ll x){ll ans = 0;for(; x >= 1; x -= x & -x)ans += t1[x];return ans;}//求i* diff的从1到x前缀和 inline ll prefix2(ll x){ll ans = 0;for(; x >= 1; x -= x & -x)ans += t2[x];return ans;}//区间查询，求原数组[l,r]的区间和 inline ll inter_sum(ll l, ll r){return ((r+1)*prefix1(r) - prefix2(r)) - (l*prefix1(l - 1) - prefix2(l - 1));}//区间修改，对元素组[l,r]+k inline void inter_add(ll l, ll r, ll k){add1(l, k);add1(r + 1, -k);//同时需要对 i*diff这个数组进行修改add2(l, l * k);add2(r + 1, - (r + 1) * k); }
};struct BIT bit;ll q;
struct Node
{ll id, l, r, x;
}Q[N];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin >> bit.n >> q;ll last = 0;for(ll i = 1;i <= bit.n; i ++){ll temp;cin >> temp;bit.add1(i, temp - last);bit.add2(i, i * (temp - last));last = temp; }for(ll i = 1; i <= q; i ++){cin >> Q[i].id;if(Q[i].id == 1)cin >> Q[i].l >> Q[i].r >> Q[i].x;else if(Q[i].id == 2)cin >> Q[i].l >> Q[i].r;}for(ll i = 1; i <= q; i ++){if(Q[i].id == 1)bit.inter_add(Q[i].l, Q[i].r, Q[i].x);else if(Q[i].id == 2)cout << bit.inter_sum(Q[i].l, Q[i].r) << endl;}return 0;
}