2019.12.29日常总结兼差分与前缀和略讲

$前缀和$

现在您有一个序列 $A_1,A_2,A_3...A_N$，求 $\sum^{r}_{i=l} A_i$。

我们有 $O(N)$的暴力算法，但它并不够完美。我们可以做到 $O(1)$。

具体的做法就是定义一个前缀和数组 $F$，其中 $F_i=\sum^{i}_{j=1} A_j$，那么根据加法的性质，我们可以有 $\sum^{r}_{i=l} A_i=\sum^{r}_{i=1} A_i-\sum^{l-1}_{i=1} A_i=F_r-F_{l-1}$。

同时，我们可以用 $O(N)$的时间复杂度计算 $F$，根据定义，我们有 $F_i=F_{i-1}+A_i$。以上算法就是前缀和。

当然，前缀和算法并不是只能运用于加法，事实上，很多运算都可以用前缀和算法加速。比如我们常见的异或运算（因为一个数异或两次同一个数相当于没有异或）。可以说，有逆运算的运算都可以用前缀和加速（乘法除外）。

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$差分$

差分是前缀和的逆运算。所谓差分，就是定义一个差分数组 $D$，其中， $D_i=A_i-A_{i-1}$。

差分的第一个基本运算就是利用差分数组还原原数组，这可以用前缀和算法解决。即 $A_i=\sum_{j=1}^{i} D_j$。

差分的第二个基本运算是 $O(1)$解决区间修改。比如把 $A_l,A_{l+1},A_{l+2}...A_{r}$都加上一个数 $T$。因为区间同时加上同一个数，所以其内部元素的相对差值并不会改变（即 $D_{l+1},D_{l+2}...D_{r}$不变）。事实上，改变的只有 $D_l,D_{r+1}$，我们只需 $O(1)$修改它们即可（D[l]+=T,d[r+1]-=T）。

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$例题$

洛谷P3909

【题意】： 对于 $A_1,A_2,A_3...A_N$，求 $6 \times \sum^n_{i=1} \sum^n_{j=i+1} \sum^n_{k=j+1} A_i \times A_j \times A_k$ $mod$ $10^9+7$的值。
【思路】： 原式 $=\sum^n_{k=3} A_k\times [\sum^{k-1}_{j=2} A_j \times(\sum^{j=1}_{i=1} A_i)]$，然后记 $s[i]=\sum^{i}_{j=1} A_j$， $t[i]=\sum^{i}_{j=1} A_j\times s[j-1]$，原式 $=\sum^n_{k=3} A_k\times t[k-1]$，我们就可以在 $O(n)$的时间复杂度内计算出答案。
【代码】：

#define ll long long
#define gc getchar()
#define g(c) isdigit(c)
inline int read(){
	char c=0;int x=0;bool f=0;
	while (!g(c)) f=c=='-',c=gc;
	while (g(c)) x=x*10+c-48,c=gc;
	return f?-x:x;
}
const int N=1e6+1e3;
ll s[N],t[N],a[N],ans[N],n;
const ll mod=1e9+7;
int main(){
	freopen("t1.in","r",stdin);
	n=read();//ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=read();
		s[i]=(s[i-1]+a[i])%mod;
	}
//	s[i]=a[1]+a[2]+a[3]+a[4]+..+a[i]
	for(int i=1;i<=n;i++)
		t[i]=(t[i-1]+a[i]*s[i-1]%mod)%mod;
//	t[i]=a[2]*s[1]+a[3]*s[2]+a[4]*a[3]+...+a[i]*s[i-1]
	for(int i=1;i<=n;i++)
		ans[i]=(ans[i-1]+a[i]*t[i-1]%mod)%mod;
//	ans[i]=a[3]*t[2]+a[4]*t[3]+a[5]*t[4]+...+a[i]*t[i-1]
	cout<<(ans[n]*6)%mod;
	return 0;
}

洛谷P3819

【题意】： 涞坊路是一条长 $L$米的道路，道路上的坐标范围从 $0$到 $L$，路上有 $N$座房子，第 $i$座房子建在坐标为 $x[i]$的地方，其中住了 $r[i]$人。

松江1843路公交车要在这条路上建一个公交站，市政府希望让最多的人得到方便，因此希望所有的每一个的居民，从家到车站的距离的总和最短。

公交站应该建在哪里呢？

【思路】： 记 $F(l)$表示在第 $l$个单位坐标建公交车时的距离总和，那么 $F$函数是一个单谷函数，我们可以用三分法求出其最小值。

考虑如何在 $O(1)$的时间复杂度内求出 $F(l)$。

把数轴分为两部分： $[X_1,l-1]$和 $[l+1,X_N]$。记 $l$在第 $i$号和第 $i+1$号居民区之间（ $i$可以用二分法求出）。 $F(l)=\sum^{i-1}_{j=1} (l-X_j) \times R_j+ \sum^{n}_{j=i+1} (X_j-l) \times R_j$。

我们可以继续优化，记 $ss[i]=\sum^{i}_{j=1} X_j \times R_j,sr[i]=\sum^{i}_{j=1} R_j$。则 $F(l)=\sum^{n}_{j=i+1} X_j \times R_j-\sum^{n}_{j=i+1} l \times R_j+\sum ^{i}_{j=1} l \times R_j-\sum^{i}_{j=1} X_j \times R_j=l \times sr[i]-ss[i]+(ss[n]-ss[i])-l \times (sr[n]-sr[i])$。

在这里，笔者采用了定量三分法，循环三分 $1000$次。

时间复杂度： $O(1000 \times log_N+N)$

【代码】：

#define ll long long
#define gc getchar()
#define g(c) isdigit(c)
inline ll read(){
	char c=0;ll x=0;bool f=0;
	while (!g(c)) f=c=='-',c=gc;
	while (g(c)) x=x*10+c-48,c=gc;
	return f?-x:x;
}
const int N=1e5+1e3;
ll ss[N],sr[N],ans,n,x[N];
inline ll F(ll t){
	int i=upper_bound(x+1,x+n+1,t)-x-1;
//	当前计算的坐标位于第i个居民区和第i+1个居民区之间 
	register ll cnt=0ll;//cnt:所有居民的总贡献 
	cnt+=t*sr[i]-ss[i];//从第1号到第i号居民的总贡献 
	cnt+=(ss[n]-ss[i])-t*(sr[n]-sr[i]);//从第i+1号到第n号居民的总贡献
	return cnt;//现在的cnt即所有居民的总贡献
}
ll l,r,lmid,rmid;
int main(){
	freopen("t1.in","r",stdin);
	read();n=read();ans=0ll;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		x[i]=read();ll r=read();
		ss[i]=ss[i-1]+x[i]*r;
		sr[i]=sr[i-1]+r;
	}
	ans=ss[n];l=x[1];r=x[n];
//	printf("l+r=%lld\n",l+r);
	for(int i=1;i<1001;i++){
		lmid=(l+r)/2ll;
		rmid=(lmid+r)/2ll;
		if (F(lmid)>=F(rmid))
			l=lmid;
		else r=rmid;
	}
	for(ll i=l;i<=r;i++)
		ans=min(ans,F(i));
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}