差分 --算法竞赛专题解析（32）

本系列文章将于2021年整理出版。前驱教材：《算法竞赛入门到进阶》 清华大学出版社
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   差分是一种处理数据的巧妙而简单的方法，它应用于区间的修改和询问问题。把给定的数据元素集A分成很多区间，对这些区间做很多次操作，每次操作是对某个区间内的所有元素做相同的加减操作，若一个个地修改这个区间内的每个元素，非常耗时。引入“差分数组”D，当修改某个区间时，只需要修改这个区间的“端点”，就能记录整个区间的修改，而对端点的修改非常容易，是$O(1)$复杂度的。当所有的修改操作结束后，再利用差分数组，计算出新的A。
  数据A可以是一维的线性数组$a[]$、二维矩阵$a[][]$、三维立体$a[][][]$。相应地，定义差分数组$D[]、D[][]、D[][][]$。一维差分很容易理解，二维和三维需要一点想象力。

1. 一维差分

1.1 一维差分的概念

   讨论这样一个场景：
   （1）给定一个长度为n的一维数组$a[]$，数组内每个元素有初始值。
   （2）修改操作：做m次区间修改，每次修改对区间内所有元素做相同的加减操作。例如第$i$次修改，把区间$[Li,Ri]$内所有元素加上$di$。
   （3）询问操作：询问一个元素的新值是多少。
   如果简单地用暴力法编码，那么每次修改的复杂度是$O(n)$的，m次修改共$O(mn)$，总复杂度$O(mn)$，效率很差。利用差分法，可以把复杂度减少到$O(m+n)$。
   在差分法中，用到了两个数组：原数组$a[]$、差分数组$D[]$。
   差分数组D[]的定义是$D[k]=a[k]-a[k-1]$，即原数组$a[]$的相邻元素的差。从定义可以推出$a[k]=D[1]+D[2]+...+D[k]$ ，也就是说，$a[]$是$D[]$的前缀和。这个公式揭示了$a[]$和$D[]$的关系，“差分是前缀和的逆运算”，它把求$a[k]$转化为求D的前缀和。为加深对前缀和的理解，可以把每个$D[]$看成一条直线上的小线段，它的两端是相邻的$a[]$；这些小线段相加，就得到了从起点开始的长线段$a[]$。
   注意，$a[]$和$D[]$的值都可能为负，下面图中所有的$D[]$都是长度为正的线段，只是为了方便图示。

图1 把每个D[]看成小线段，把每个a[]看成从a[1]开始的小线段的和

  
  如何用差分数组记录区间修改？为什么利用差分数组能提升修改的效率呢？
  把区间$[L,R]$内每个元素加上$d$，对应的$D[]$做以下操作：
  （1）把$D[L]$加上$d$：

     D[L] += d

  （2）把$D[R+1]$减去$d$：

     D[R+1] -= d

  每次操作只需要修改区间$[L,R]$的两个端点的$D[]$值，复杂度是$O(1)$的。经过这种操作后，原来直接在$a[]$上做的复杂度为$O(n)$的区间修改操作，就变成了在$D[]$上做的复杂度为$O(1)$的端点操作。
  利用$D[]$，能精确地实现只修改区间内元素的目的，而不会修改区间外的$a[]$值。因为前缀和$a[x]=D[1]+D[2]+...+D[x]$，有：
  （1）$1\le x<L$，前缀和$a[x]$不变；
  （2）$L\le x\le R$，前缀和$a[x]$增加了$d$；
  （3）$R<x\le N$，前缀和$a[x]$不变，因为被$D[R+1]$中减去的$d$抵消了。
  完成区间修改并得到$D[]$后，最后用$D[]$计算$a[]$，复杂度是$O(n)$的。m次区间修改和1次查询，总复杂度为$O(m+n)$，比暴力法的$O(mn)$好多了。
  下面给出一个例题。

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Color the ball hdu 1556 http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1556
问题描述：N个气球排成一排，从左到右依次编号为1, 2, 3 … N。每次给定2个整数L, R(L<= R)，lele从气球L开始到气球R依次给每个气球涂一次颜色。但是N次以后lele已经忘记了第I个气球已经涂过几次颜色了，你能帮他算出每个气球被涂过几次颜色吗？
输入：每个测试实例第一行为一个整数N，(N <= 100000)。接下来的N行，每行包括2个整数L, R(1 <= L<= R<= N)。当N = 0，输入结束。
输出：每个测试实例输出一行，包括N个整数，第I个数代表第I个气球总共被涂色的次数。

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  这个例题是简单差分法的直接应用，下面给出代码。代码第13、14行是区间修改，第17行的$a[i]=a[i-1]+D[i]$，即利用$D[]$求得了最后的$a[]$。这个式子就是$a[i]-a[i-1]=D[i]$，它是差分数组的定义。
  注意$a[]$的计算方法。$a[i]=a[i-1]+D[i]$是一个递推公式，通过它能在一个$i$循环中求得所有的$a[]$。如果不用递推，而是直接用前缀和$a[k]=D[1]+D[2]+...+D[k]$ 来求所有的$a[]$，就需要用两个循环$i、k$。

//hdu 1556用差分数组求解
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Maxn = 100010;
int a[Maxn],D[Maxn];               //a是气球，D是差分数组

int main(){
    
    
    int n;
    while(~scanf("%d",&n)) {
    
     
        memset(a,0,sizeof(a)); memset(D,0,sizeof(D));
        for(int i=1;i<=n;i++){
    
    
            int L,R; scanf("%d%d",&L,&R);
            D[L]++;                 //区间修改，这里d=1
            D[R+1]--;
        }
//小技巧：17行到20行，把a[]改成D[]也行
        for(int i=1;i<=n;i++){
    
                  //求原数组
            a[i] = a[i-1] + D[i];           //差分。求前缀和a[]，a[i]就是气球i的值
            if(i!=n)  printf("%d ", a[i]);  //逐个打印结果
            else      printf("%d\n",a[i]);
        }        
    }
    return 0;
}

  上面的代码用了一个小技巧，可以省掉$a[]$，从而节省空间。在17行后求原数组$a[]$的时候，在推导式子$a[i]=a[i-1]+D[i]$时，把已经使用过的较小的$D[]$直接当成$a[]$即可。把第17~20行的$a[]改为D[]$，也能通过。这个技巧在后面的二维差分、三维差分中也能用，节省一倍的空间。

1.2 差分的局限性

  读者已经注意到，利用差分数组$D[]$可以把$O(n)$的区间修改，变成$O(1)$的端点修改，从而提高了修改操作的效率。
  但是，一次查询操作，即查询某个$a[i]$，需要用$D[]$计算整个原数组$a[]$，计算量是$O(n)$的，即一次查询的复杂度是$O(n)$的。在上面的例题中，如果查询不是发生了一次，而是这样：有m次修改，有k次查询，且修改和查询的顺序是随机的。此时总复杂度是：m次修改复杂度$O(m)$，k次查询复杂度$O(kn)$，总复杂度$O(m+kn)$。还不如直接用暴力法，总复杂度$O(mn+k)$。
  这种题型是“区间修改+单点查询”，用差分数组往往不够用。因为差分数组对“区间修改”很高效，但是对“单点查询”并不高效。此时需要用树状数组和线段树来求解，详情见第4章的树状数组、线段树专题。在树状数组专题中，重新讲解了hdu 1556这道例题。
  树状数组常常结合差分数组来解决更复杂的问题，见本博客的树状数组专题。差分数组也常用于“树上差分”，见本博客LCA专题的“树上差分”。

2. 二维差分

  从一维差分容易扩展到二维差分。一维是线性数组，一个区间$[L,R]$有两个端点；二维是矩阵，一个区间由四个端点围成。
  下面给出一个模板题。

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地毯 洛谷P3397 https://www.luogu.com.cn/problem/P3397
问题描述：在 n×n 的格子上有m个地毯。给出这些地毯的信息，问每个点被多少个地毯覆盖。
输入： 第一行是两个正整数n，m。接下来m行，每行2个坐标(x1, y1)和(x2, y2)，代表一块地毯，左上角是(x1, y1)，右下角是(x2, y2)。
输出： 输出n行，每行n个正整数。第i行第j列的正整数表示(i, j)这个格式被多少地毯覆盖。

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  这一题是hdu 1556的二维扩展，其修改操作和查询操作完全一样。
  存储矩阵需要很大的空间。如果题目有空间限制，例如100M，那么二维差分能处理多大的n？定义两个二维矩阵$a[][]和D[][]$，设矩阵的每个元素是2字节的$int$型，可以计算出最大的n = 5000。不过，也可以不定义$a[][]$，而是像一维情况下一样，直接用$D[][]来表示a[][]$，这样能剩下一半的空间。
  在用差分之前，先考虑能不能用暴力法。每次修改复杂度是$O(n^2)$，共m次，总复杂度$O(m\times n^2)$，超时。
  二维差分的复杂度是多少？一维差分的一次修改是$O(1)$的，二维差分的修改估计也是$O(1)$的；一维差分的一次查询是$O(n)$的，二维差分是$O(n^2)$的，所以二维差分的总复杂度是$O(m+n^2)$。由于计算一次二维矩阵的值需要$O(n^2)$次计算，所以二维差分已经达到了最好的复杂度。
  下面从一维差分推广到二维差分。
  （1）前缀和。
  在一维差分中，原数组$a[]$是从第1个$D[1]$开始的差分数组$D[]$的前缀和：$a[k]=D[1]+D[2]+...+D[k]$。
  在二维差分中，$a[][]$是差分数组$D[][]$的前缀和，即由原点坐标$(1,1)$和坐标$(i,j)$围成的矩阵中，所有的$D[][]$相加等于$a[i][j]$。为加深对前缀和的理解，可以把每个$D[][]$看成一个小格；在坐标$(1,1)和(i,j)$所围成的范围内，所有小格子加起来的总面积，等于$a[i][j]$。下面的图中，每个格子的面积是一个$D[][]$，例如阴影格子是$D[i][j]$，它由4个坐标点定义：$(i-1,j)、(i,j)、(i-1,j-1)、(i,j-1)$。坐标点$(i,j)$的值是$a[i][j]$，它等于坐标$(1,1)和(i,j)$所围成的所有格子的总面积。图中故意把小格子画得长宽不同，是为了体现它们的面积不同。

图2 把每个a[][]看成总面积，把每个D[][]看成小格子的面积

  
  注意在一些题目中，$D[][]$可以为负。图中把$D[][]$用“面积”来演示，而面积都是正的，这个图示只是为了加深对前缀和的理解。
  （2）差分的定义。在一维情况下，$D[i]=a[i]-a[i-1]$。在二维情况下，差分变成了相邻的$a[][]$的“面积差”，计算公式是：$D[i][j]=a[i][j]–a[i-1][j]–a[i][j-1]+a[i-1][j-1]$。这个公式可以通过上面的图来观察。阴影方格表示$D[i][j]$的值，它的面积这样求：大面积$a[i][j]$减去两个小面积$a[i-1][j]、a[i][j-1]$，由于两个小面积的公共面积$a[i-1][j-1]$被减了2次，所以需要加回来1次。
  （3）区间修改。在一维情况下，做区间修改只需要修改区间的两个端点的$D[]$值。在二维情况下，一个区间是一个小矩阵，有4个端点，只需要修改这4个端点的$D[][]$值。例如坐标点$(x1,y1)$ ~ $(x2,y2)$定义的区间，对应4个端点的$D[][]$：

D[x1][y1]     += d;     //二维区间的起点
D[x1][y2+1]   -= d;     //把x看成常数，y从y1到y2+1
D[x2+1][y1]   -= d;     //把y看成常数，x从x1到x2+1
D[x2+1][y2+1] += d;     //由于前两式把d减了2次，多减了1次，这里加1次回来

  下图是区间修改的图示。2个黑色点围成的矩形是题目给出的区间修改范围。只需要改变4个$D[][]$值，即改变图中的4个阴影块的面积。读者可以用这个图，观察每个坐标点的$a[][]$值的变化情况。例如符号“∆”标记的坐标$(x2+1,y2)$，它在修改的区间之外；$a[x2+1][y2]$的值是从$(1,1)到(x2+1,y2)$的总面积，在这个范围内，$D[x1][y1]+d，D[x2+1][y1]-d$，两个$d$抵消，$a[x2+1][y2]$保持不变。

图3 二维差分的区间修改

  下面给出洛谷P3397的两种实现。

2.1 用差分数组的递推公式求前缀和

  前缀和$a[][]$的计算用到了递推公式：
    $a[i][j]=D[i][j]+a[i-1][j]+a[i][j-1]-a[i-1][j-1];$
  16行到23行用$D[][]$推出$a[][]$并打印出来。
  为了节约空间，可以不定义$a[][]$，而是把用过的$D[][]$看成$a[][]$。这个小技巧在一维差分中介绍过。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int D[5000][5000];     //差分数组
//int a[5000][5000];   //原数组，不定义也行
int main(){
    
    
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    while(m--){
    
    
        int x1,y1,x2,y2;
        scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
        D[x1][y1]     += 1;        //计算差分数组
        D[x2+1][y1]   -= 1;
        D[x1][y2+1]   -= 1;
        D[x2+1][y2+1] += 1;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
    
       //根据差分数组计算原矩阵的值（想象成求小格子的面积和）
        for(int j=1;j<=n;++j){
    
          //把用过的D[][]看成a[][]，就不用再定义a[][]了
            //a[i][j] = D[i][j] + a[i-1][j] + a[i][j-1] - a[i-1][j-1];
            //printf("%d ",a[i][j]);  //这两行和下面两行的效果一样
            D[i][j] += D[i-1][j]+D[i][j-1]-D[i-1][j-1];
            printf("%d ",D[i][j]);
        }
        printf("\n");//换行
    }
    return 0;
}

2.2 直接计算前缀和

  其实不用递推公式，而是直接求前缀和也行。根据图2，前缀和是总面积，分别从$x$方向和$y$方向，用两次循环计算，并直接用$D[][]$记录结果，最后算出的$D[][]$就是$a[][]$。

图4 在D[][]上计算前缀和

  以阴影处的$D[2][2]$为例，它最后的值代表$a[2][2]$，是4个小格子的总面积：
    $D[1][1]+D[1][2]+D[2][1]+D[2][2]$
  计算过程是：
  （1）先累加计算$y$方向，得：
    $D[1][2]=D[1][1]+D[1][2]、D[2][2]=D[2][1]+D[2][2]$
  （2）再累加计算$x$方向，得：
    $D[2][1]=D[1][1]+D[2][1]、D[2][2]=D[1][2]+D[2][2]=D[1][1]+D[1][2]+D[2][1]+D[2][2]$
  实际上，在这个计算过程中，$D[1][1]、D[1][2]、D[2][1]、D[2][2]$都更新了，计算结果代表了$a[1][1]、a[1][2]、a[2][1]、a[2][2]$。
  把方法1代码的16-24行替换为下面的代码，最后得到的$D[][]$就是所有的前缀和，即最新的$a[][]$。请对照图2理解代码。

    for(int i=1; i<=n; ++i)           
        for(int j=1; j<n; ++j)        //注意这里是j<n
            D[i][j+1] += D[i][j];     //把i看成定值，先累加计算j方向
    for(int j=1; j<=n; ++j)
        for(int i=1; i<n; ++i)        //注意这里是i<n
            D[i+1][j] += D[i][j];     //把j看成定值，再累加计算i方向
    for(int i=1; i<=n; ++i) {
    
             //打印
        for(int j=1; j<=n; ++j)
             printf("%d ",D[i][j]);
        printf("\n");                 //换行
    }

  对比这两种代码：
  （1）这两种代码的复杂度是一样的。从计算量上看，没有优劣之分。
  （2）代码2不如代码1清晰简洁，所以代码2这种写法一般也用不着。
  （3）代码2也有优点，它不需要用到递推公式，而是直接求前缀和。
  这里给出代码2这种方法，是为了在下一小节的三维差分中使用它。由于在三维情况下，差分数组的$D[][][]$和原数组$a[][][]$的递推公式很难写出来，所以用代码2这种方法更容易编码。

3. 三维差分

  三维差分的模板代码比较少见。
  三维差分比较复杂，请结合本节中的几何图进行理解。
  与一维差分、二维差分的思路类似，下面给出三维差分的有关特性。
  （1）元素的值用三维数组$a[][][]$来定义，差分数组$D[][][]$也是三维的。把三维差分想象成在立体空间上的操作。一维的区间是一个线段，二维是矩形，那么三维就是立体块。一个小立体块有8个顶点，所以三维的区间修改，需要修改8个$D[][][]$值。
  （2）前缀和。
  在二维差分中，$a[][]$是差分数组$D[][]$的前缀和，即由原点坐标$(1,1)$和坐标$(i,j)$围成的矩阵中，所有的$D[][]$（看成小格子）相加等于$a[i][j]$（看成总面积）。
  在三维差分中，$a[][][]$是差分数组$D[][][]$的前缀和。即由原点坐标$(1,1,1)$和坐标$(i,j,k)$所标记的范围中，所有的$D[][][]$相加等于$a[i][j][k]$。把每个$D[][][]$看成一个小立方体；在坐标$(1,1,1)$和$(i,j,k)$所围成的空间中，所有小立体块加起来的总体积，等于$a[i][j][k]$。每个小立方体由8个坐标点定义，见下面图中的坐标点。坐标点$(i,j,k)$的值是$a[i][j][k]$；$D[i][j][k]$的值是图中小立方体的体积。

图5立体的坐标

  （3）差分的定义。在三维情况下，差分变成了相邻的$a[][][]$的“体积差”。如何写出差分的递推计算公式？
  一维差分和二维差分的递推计算公式很好写。
  三维差分，$D[i][j][k]$的几何意义是图中小立方体的体积，它可以通过这个小立方体的8个顶点的值推出来。思路与二维情况下类似，二维的$D[][]$是通过小矩形的四个顶点的$a[][]$值来计算的。不过，三维情况下，递推计算公式很难写，8个顶点有8个$a[][][]$，把脑袋绕晕了也不容易写对。
上一小节的二维差分中，曾用过另一种方法，直接对D数组求前缀和。在三维情况下也可以用这种方法求前缀和，得到所有的$a[][][]$的最新值。
  （4）区间修改。在三维情况下，一个区间是一个立方体，有8个顶点，只需要修改这8个顶点的$D[][][]$值。例如坐标点$(x1,y1,z1)$ ~$(x2,y2,z2)$定义的区间，对应8个$D[][][]$，请对照上面的图来想象它们的位置。

D[x1][y1][z1]       += d;   //前面：左下顶点，即区间的起始点
D[x2+1][y1][z1]     -= d;   //前面：右下顶点的右边一个点
D[x1][y1][z2+1]     -= d;   //前面：左上顶点的上面一个点
D[x2+1][y1][z2+1]   += d;   //前面：右上顶点的斜右上方一个点
D[x1][y2+1][z1]     -= d;   //后面：左下顶点的后面一个点
D[x2+1][y2+1][z1]   += d;   //后面：右下顶点的斜右后方一个点
D[x1][y2+1][z2+1]   += d;   //后面：左上顶点的斜后上方一个点
D[x2+1][y2+1][z2+1] -= d;   //后面：右上顶点的斜右上后方一个点，即区间终点的后一个点

下面给出一个三维差分的例题。

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三体攻击 蓝桥杯2018年省赛A组
提交地址：https://www.lanqiao.cn/problems/180/learning/
问题描述：三体人将对地球发起攻击。为了抵御攻击，地球人派出了n = A × B × C 艘战舰，在太空中排成一个 A 层 B 行 C 列的立方体。其中，第 i 层第 j 行第 k 列的战舰（记为战舰 (i, j, k)）的生命值为 s(i, j, k)。
三体人将会对地球发起 m 轮“立方体攻击”，每次攻击会对一个小立方体中的所有战舰都造成相同的伤害。具体地，第 t 轮攻击用 7 个参数 x1, x2, y1, y2, z1, z2, d 描述；
所有满足i∈[x1, x2], j∈[y1, y2], k∈[z1, z2] 的战舰 (i, j, k) 会受到 d 的伤害。如果一个战舰累计受到的总伤害超过其防御力，那么这个战舰会爆炸。
地球指挥官希望你能告诉他，第一艘爆炸的战舰是在哪一轮攻击后爆炸的。
输入：第一行包括 4 个正整数 A, B, C, m；
第二行包含 A × B × C 个整数，其中第 ((i − 1)×B + (j − 1)) × C + (k − 1)+1 个数为 s(i, j, k)；
第 3 到第 m + 2 行中，第 (t − 2) 行包含 7 个正整数 x1, x2, y1, y2, z1, z2, d。
A × B × C ≤ 10^6, m ≤ 10^6, 0 ≤ s(i, j, k), d ≤ 10^9。
输出：输出第一个爆炸的战舰是在哪一轮攻击后爆炸的。保证一定存在这样的战舰。

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  首先看数据规模，有$n=10^6$个点， $m=10^6$次攻击，如果用暴力法，统计每次攻击后每个点的生命值，那么复杂度是$O(mn)$的，超时。
  本题适合用三维差分，每次攻击只修改差分数组$D[][][]$，一次修改的复杂度是$O(1)$，$m$次修改的总复杂度只有$O(m)$。
  但是光用差分数组并不能解决问题。因为在差分数组上查询区间内的每个元素是否小于0，需要用差分数组来计算区间内每个元素的值，复杂度是$O(n)$的。合起来的总复杂度还是O(mn)的，跟暴力法的复杂度一样。
  本题需要结合第二个算法：二分法。从第1次修改到第m次修改，肯定有一次修改是临界点。在临界点前，没有负值（战舰爆炸）；在临界点后，出现了负值，且后面一直有负值。那么对m进行二分，就能在$O(logm)$次内找到这个临界点，这就是答案。总复杂度$O(nlogm)$。
下面给出代码。其中check()函数包含了三维差分的全部内容。代码有几个关键点：
  （1）没有定义$a[][][]$，而是用$D[][][]$来代替。
  （2）压维。直接定义三维差分数组$D[][][]$不太方便。虽然坐标点总数量$n=A\times B\times C=10^6$比较小，但是每一维都需要定义到$10^6$，那么总空间就是$10^{1}8$。经过压维，用一维数组$D[]$，总长度仍然是$10^6$的。这个技巧很有用。
  （3）check()中19-26行，在$D[]$上记录区间修改。
  （4）check()中29-40行的3个for循环计算前缀和，原理见二维差分的代码2。它分别从$x、y、z$三个方向累加小立方体的体积，计算出所有的前缀和。

#include<stdio.h>

int A,B,C,n,m;
const int Maxn = 1000005;
int s[Maxn];   //存储舰队生命值
int D[Maxn];   //三维差分数组（压维）；同时也用来计算每个点的攻击值
int x2[Maxn], y2[Maxn], z2[Maxn]; //存储区间修改的范围，即攻击的范围
int x1[Maxn], y1[Maxn], z1[Maxn]; 

int d[Maxn];                    //记录伤害，就是区间修改
int num(int x,int y,int z) {
    
      
//小技巧：压维，把三维坐标[(x,y,z)转为一维的((x-1)*B+(y-1))*C+(z-1)+1
    if (x>A || y>B || z>C) return 0;
    return ((x-1)*B+(y-1))*C+(z-1)+1;
}
bool check(int x){
    
                  //做x次区间修改。即检查经过x次攻击后是否有战舰爆炸
    for (int i=1; i<=n; i++)  D[i]=0;  //差分数组的初值，本题是0
    for (int i=1; i<=x; i++) {
    
             //用三维差分数组记录区间修改：有8个区间端点
        D[num(x1[i],  y1[i],  z1[i])]   += d[i];
        D[num(x2[i]+1,y1[i],  z1[i])]   -= d[i];
        D[num(x1[i],  y1[i],  z2[i]+1)] -= d[i];
        D[num(x2[i]+1,y1[i],  z2[i]+1)] += d[i];
        D[num(x1[i],  y2[i]+1,z1[i])]   -= d[i];
        D[num(x2[i]+1,y2[i]+1,z1[i])]   += d[i];
        D[num(x1[i],  y2[i]+1,z2[i]+1)] += d[i];
        D[num(x2[i]+1,y2[i]+1,z2[i]+1)] -= d[i];
    }
    //下面从x、y、z三个方向计算前缀和
    for (int i=1; i<=A; i++)
        for (int j=1; j<=B; j++)
            for (int k=1; k<C; k++)        //把x、y看成定值，累加z方向
                D[num(i,j,k+1)] += D[num(i,j,k)];
    for (int i=1; i<=A; i++)
        for (int k=1; k<=C; k++)
            for (int j=1; j<B; j++)        //把x、z看成定值，累加y方向
                D[num(i,j+1,k)] += D[num(i,j,k)];
    for (int j=1; j<=B; j++)
        for (int k=1; k<=C; k++)
            for (int i=1; i<A; i++)        //把y、z看成定值，累加x方向
                D[num(i+1,j,k)] += D[num(i,j,k)];
    for (int i=1; i<=n; i++)    //最后判断是否攻击值大于生命值
        if (D[i]>s[i])
            return true;
    return false;
}
int main() {
    
    
    scanf("%d%d%d%d", &A, &B, &C, &m);
    n = A*B*C;
    for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &s[i]);  //读生命值
    for (int i=1; i<=m; i++)                      //读每次攻击的范围，用坐标表示
        scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&x1[i],&x2[i],&y1[i],&y2[i],&z1[i],&z2[i],&d[i]);

    int L = 1,R = m;      //经典的二分写法
    while (L<R) {
    
         //对m进行二分，找到临界值。总共只循环了log(m)次
        int mid = (L+R)>>1;
        if (check(mid)) R = mid;
        else L = mid+1;
    }
    printf("%d\n", R);  //打印临界值
    return 0;
}

4. 差分习题

一维差分：poj 3263；hdu 6273，1121；洛谷P3406，P3948，P4552
二维差分：洛谷P3397，hdu 6514
三维差分：蓝桥杯A组2018省赛“三体攻击”