前缀和 与 差分

前缀和 与 差分

一、什么是前缀和？

---

对于一个给定的数列 A，它的前缀和数列 S 为：
$\displaystyle S[i]=\sum^i_{j=1}A[j]$
简单来说，$ S[i]$ 就是 $A$ 数列的前 $i$ 项和。

举个例子:

$A:\{1,2,3,4\}$

$S[1] = A[1],S[2] = A[1]+A[2],S[3] = A[1]+A[2]+A[3]...$

$S:\{1,3,6,10\}$

二、前缀和的常见应用

---

先看一个问题：给定一个数列： $A:\{1,4,8,7,9\}$

前缀和的一个最基础的应用就是：求一个给定区间的区间和

给定一个数列 $A$，多次查询，每次给定一个区间 $[l,r]$， 问给定的区间的和是多少？

即求
$\displaystyle sum(i,j) = \sum^{r}_{i=l}A[i] = S[r]-S[l-1]$

当然我们可以暴力，但是每次暴力都要遍历一遍区间。当多次查询的时候我们的时间复杂度就趋近与 $O(n^2)$。

而我们使用前缀和只需要 $O(n)$的时间进行预处理，就可以在 $O(1)$ 的时间内求出区间和。

【例题 1】51Nod 1081 子段求和

链接：https://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemId=1081

本题思路

前缀和的裸题，直接套用

/***********************
*author:ccf
*source:51Nod-1081
*topic：前缀和
************************/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long 
using namespace std;

const int N = 5e6 + 7;
int  n,q;
ll A[N],S[N];
int main() {
	//freopen("data.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lld",&A[i]);
		S[i] = A[i] + S[i-1];
	}
	scanf("%d",&q);
	for(int i = 0,l,len; i < q; i++){
		scanf("%d %d",&l,&len);
		printf("%lld\n",S[l + len-1] - S[l-1]);
	}
	return 0;
}

三、二维前缀和

---

我们已经学习了一维前缀和，那么我们将前缀和的思想扩展到二维空间去会怎么样呢？

还是先看一个问题：给定一个二维矩阵，每次给出一个矩形的左上角和右下角的点坐标，求这个矩阵的和。
$\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 2 & 2 & 2 \\ 3 & 3 & 3 & 3 \\ 1 & 3 & 1 & 3 \\ \end{matrix}$
矩阵以1开始编号，问以 $(2,2)$为左上角， $(3,3)$为右下角的矩阵每个元素的和为多少：
$\begin{matrix} 2 & 2 \\ 3 & 3 \\ \end{matrix}$
当然我们也可以用两层循环嵌套来求出，但其时间复杂度是 $O(n^2)$。下面运用前缀和思想来解题，

我们首先定义一下二维的前缀和：

g[i][j]表示二维前缀和，其意义是（1,1）这个点与（i，j）这个点两个点分别为左上角和右下角所组成的矩阵内的数的和。

这个前缀和我们怎么求呢？

我们来画个图：

可以看出来，我们要求（1,1）到（i，j）的这个矩形的面积，我们可以通过

求（1,1）到（i，j-1）的面积+（1,1）到（i-1，j）的面积-（1,1）到（i-1，j-1）的的面积+灰色区域

来得到（1,1）到（i，j）的面积 即 g（i，j）

为什要减去（1,1）到（i-1，j-1）的的面积？ 因为我们加了两次啊

可以得到： g[i][j]=g[i-1][j]+g[i][j-1]-g[i-1][j-1]+map[i][j]

有了前缀和，我们就要解决我们上面提出的问题了，我们也抽象成图形。

我们可以看出来，我们上面的问题就是要求蓝色区域的和

蓝色区域的面积 = 整个红框面积 - 灰色面积

而灰色面积就是 $(A+B+C)+(A+D+F)-A $

可以得出最后的结论：

蓝色区域的面积 = 红框面积 + 矩形（ADF） + 矩形（ABC） - 绿色面积

本题中的蓝色区域，其本质也是一种前缀和的差，它是**红框面积 + 矩形（ADF） + 矩形（ABC）**和 绿色小矩形的差。这是不是和
$\displaystyle sum(i,j) = S[r]-S[l-1]$
很像呢。

以(a,b)为左上角，(x,y)为右下角的矩阵和，写成公式就是：

ans = g[x][y]-g[a-1][y]-g[x][b-1]+g[a-1][b-1]

【例题 2】1218: [HNOI2003]激光炸弹

链接：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1218

本题思路

给定一个矩阵，求一个最大的子矩阵的和。二维前缀和的经典题目。

/**************************************************************
    Problem: 1218
    User: Miserable
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:1464 ms
    Memory:98868 kb
****************************************************************/
 
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int Max = 5010;
int n,r,g[Max][Max] = {0},lx,ly,maxx = -1;
 
int main(){
    scanf("%d %d",&n,&r);
    lx = r,ly = r;
    for(int i = 0 ; i < n; i++){
        int x,y,w;
        scanf("%d %d %d",&x,&y,&w);
        g[++x][++y] += w;
        ly = max(ly,y);
        lx = max(lx,x);
    }   
    for(int i = 1; i <= lx; i++)
        for(int j = 1; j <= ly; j++){
            g[i][j] += g[i-1][j] + g[i][j-1] - g[i-1][j-1] ;            
        }
 
    for(int i = r; i <= lx; i++)
        for(int j = r; j <= ly; j++){
            maxx = max(maxx,g[i][j] - g[i-r][j] - g[i][j-r] + g[i-r][j-r]);
        }
    printf("%d\n",maxx);
    return 0;
}

我写的不好，推荐[hulean的博客]：https://www.cnblogs.com/hulean/p/10824752.html

四、差分

---

对于一个给定的数列 $A$，它的差分数列 $B$定义为：

$B[1]=A[1]，B[i]=A[i]-A[i-1](2\leq i\leq n)$

简单来说差分就是 相邻两个数的差。

还是之前的例子：

$A:\{1,2,3,4\}$

$B[1] = A[1],B[2] = A[2]-A[1],B[3] = A[3]- A[2]...$

$B:\{1,1,1,1\}$

容易发现，“前缀和” 和 “差分”是一对互逆的运算，

• 差分序列 $B$的前缀和是原数列 $A$
• 前缀和数列 $S$的差分数列也是原序列 $A$

一个常用的技巧：

把数列 $A$的区间 $[l,r]$里所有的元素都加 $d$，可以转化成把其差分数列 $B$中的 $B[l]+d$， $B[r]-d$ ， 其他位置不变

这样我们就可以把原数列上的“区间操作”变成差分数列上的“单点操作”，来降低求解难度。

【例题 3】luogu P4552 [Poetize6] IncDec Sequence

本题思路

本题就是 把原数列上的“区间操作”变成差分数列上的“单点操作”的一个很好应用。

要使 $a$ 数列每个数都相等，我们可以将问题转化为：**使 $a$ 的差分数列 从第二个开始 都是 0。 **

拿样例来举例：

$a:\{1,1,2,2\}$

$B:\{1,0,1,0\}$

我们有两种方法把 $a$ 变得一样

• 前两个 $1$ 都加上 $1$， $B[1] + 1,B[3]-1$ , $B$ 变成 $\{2,0,0 \}$，这样数列变为全 $2$。
• 后两个 $2$ 都减去 $1$， $B[3]+（-1），B[5]-(-1)$ , $B$ 变成 $\{1,0,0\}$，这样数列变为全 $1$。

我们可以发现一些规律：

1. $B[1]$ 的取值就是 $a$ 所有元素大小相等时的值，所以第二问 就是求 $B[1]$ 有多少取值。

2. 我们运用上面红字的差分技巧：给原数列的一段区间加 $d$ 就是给 $B[l]+d,\ \ B[r+1]-d$

因为 $B[1]$ 不必为 0，而剩下的都要是 0 ，所以对于差分数列中所有 非零 的元素 $B [k]$， 我们都可以

用 $B[1]+B[K]，B[k]-B[K]$ 或者 $B[k]+(-B[K])，B[n+1]-(-B[K])$ 使 $B[k]$变为 0。

所以我们想到一种步数最小的策略：

可以把 $B$ 中不同符号的情况 全部变成 都是一种符号的情况。因为这样一次操作可以操作两个点

我们来举个例子：

$a:\{3, 7, 5, 4, 2\}$

$B:\{3,4,-2,-1,-2\}$

我们可以先进行以下步骤：

1. $B[2]+(-2),B[3]-(-2)$，操作了2次
2. $B[2]+(-2),B[4]-(-2)$，操作了2次

将 $B$变为

$B:\{3,0,0,-1,0\}$

这样再通过 $B[1]+(-1)，B[4]-(-1)$ 或者 $B[4]+(-B[4])，B[6]-(-B[4])$ ，操作 1 次。

一共操作 5 次，得到答案， $B[1]$ 一共有 2 种取值 $\{2,3\}$

根据这个原理 ，我们可以得出答案的结论：

最小的步数就是 【所有负数和的绝对值】和【所有正数和】的较大一个: ans = max(sum_pos,sum_neg)；

可能结果就是 【所有负数和的绝对值】和【所有正数和】的差的绝对值 + 1：ans = abs(sum_pos-sum_neg) + 1；

对可能结果的个数给出解释：

因为我们消除一个 $B[k]$，可以通过变化 $B[1]$和 $B[n+1]$ 两种方式，所以我们可以

• 不用 $B[1]$，都用 $B[n+1]$
• 用一次 $B[1]$，剩下都用 $B[n+1]$
• 用二次 $B[1]$，剩下都用 $B[n+1]$
• 用三次 $B[1]$，剩下都用 $B[n+1]$
• …
• 都用 $B[1]$，不用 $B[n+1]$

共 $B$ 中非零元素个数 + 1 种情况 ， $B$ 中非零元素个数也 就是 abs(sum_pos-sum_neg) 想一想为什么。

/***********************
*author:ccf
*source:luogu-P4552 [Poetize6] IncDec Sequence
*topic：差分 
************************/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1e5 + 7;
ll A[N],B[N]; //A[] 原数列  B[]  差分数列 
ll sum_neg = 0 ,sum_pos = 0; 
int n;
int main(){
	//freopen("data.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	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];
		if(B[i] > 0) sum_pos += B[i];
		else sum_neg -= B[i];
	} 
	//数据比较大 要用 long long  
	printf("%lld\n%lld",1ll*max(sum_pos,sum_neg),1ll*abs(sum_pos-sum_neg) + 1); 
	return 0;
}