区间修改(前缀和与差分)

问题描述：

有一张世界地图，从世界地图中选择 $n$个城市， $a_{i}$表示第 $i$个城市拥有的资产价值。然后执行若干操作，每轮选择区间 $[l,r]$中的城市，将其资产价值增加 $c$，最后给出 $q$运算后各城市的资产价值。

input：
第一行包含两个整数 $n,q(1\leq n,q\leq2×10^5)$城市和运营的数量。
第二行包含序列 $a$的元素：整数 $a_{1},a_{2},...,a_{n}(-10^6\leq a_{n}\leq10^6)$。
接下来是 $q$行，每一行代表一个操作。第 $i$行包含用于第 $i$操作的三个整数 $l、r$和 $c(1≤l≤r≤n，-10^5≤c≤10^5)$。
output：
每一行输出 $n$个整数 $a_{1},a_{2},...,a_{n}$， $a_{i}$应等于第 $i$个城市的最终资产值。

样例输入1：

4 2
-3 6 8 4
4 4 -2
3 3 1

样例输入2：

2 1
5 -2
1 2 4

样例输入3：

1 2
0
1 1 -8
1 1 -6

样例输出1：

-3 6 9 2

样例输出2：

9 2

样例输出3：

-14

解题思路：

首先我们可以采用暴力做法，但是时间复杂度为 $O(qn)$，在正规比赛中肯定会超时，若要简化复杂度，我们首先要掌握两个概念：前缀和和差分。

前缀和：前缀和可以通过 $O(1)$的复杂度求出一个区域的所有元素之和，但是在此之前，我们要进行初始化，复杂度是 $O(n)$。初始化为： $sum[i] = sum[i-1] + a[i]$ $sum[L, R] = sum[R] – sum[L-1]$在初始化之后，我们就能快速得到在 $L$和 $R$区间内的各元素和。

差分：我们通过差分构造，可以将原数组 $A$转化为差分数组 $B$的前缀和。具体构造方式为： $B[1] = A[1]$ $B[i] = A[i] - A[i-1]$则我们可以得到对于 $A$数组的每一个元素值，都有： $sum\{B[1,2...,i]\}= A[i]$如果我们对于数组 $A$的任意一个区间 $[L,R]$上元素均加上一个值 $c$，则其等价于数组 $B$中， $B[L]$加 $c$， $B[R]$减 $c$。那么我们可以通过前缀和和差分，可以对以上问题求解。

即我们将原数组转变为差分数组，然后将区间修改转变为单点修改，然后对差分数组求前缀和，则是我们要求数组的最终值，复杂度为 $O(n+q)$。

解题总结：

前缀和通常用于优化算法中的某一步骤，进而降低复杂度。可以利用差分的特点，加区间的修改转变为点的修改。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,q;
long long int a[300000]; //原数组
long long int b[300000];  //差分数组
long long int sum[300000];  //差分数组的前缀和
int main()
{
	cin>>n>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld",&a[i]);
	b[1]=a[1];
	for(int i=2;i<=n;i++)
		b[i]=a[i]-a[i-1];
	for(int i=0;i<q;i++)
	{
		long long int l,r,c;
		cin>>l>>r>>c;//将区间的变化转变为点的变化
		b[l]+=c;
		b[r+1]-=c;
	}
	sum[0]=0;
	sum[1]=b[1];
	for(int i=2;i<=n;i++)		
		sum[i]=sum[i-1]+b[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=sum[i]-sum[0];//通过前缀和计算原数组的值
		cout<<a[i];
		if(i!=n)
			cout<<" ";
	}
	cout<<endl;
		
}