＜蓝桥杯软件赛＞零基础备赛20周--第9周--前缀和与差分

报名明年4月蓝桥杯软件赛的同学们，如果你是大一零基础，目前懵懂中，不知该怎么办，可以看看本博客系列：备赛20周合集 20周的完整安排请点击：20周计划每周发1个博客，共20周（读者可以按自己的进度选“正常”和“快进”两种计划）。每周3次集中答疑，周三、周五、周日晚上，在QQ群上答疑：

文章目录

1. 前缀和概念2. 前缀和例题例1 基本应用例2 基本应用例3 异或的前缀和例4 二维前缀和

3. 差分4. 差分例题例5 差分的基本应用例6 差分的基本应用

第9周: 前缀和与差分

1. 前缀和概念

前缀和是一种操作简单但是非常有效的优化方法，能把计算复杂度为O(n)的区间计算优化为O(1)的端点计算。前缀和是出题者喜欢考核的知识点，在算法竞赛中很常见，在蓝桥杯大赛中几乎必考。原因有两点：一是简单，方便在很多场景下应用，与其他考点结合；二是可以考核不同层次的能力，例如一道题用暴力法能通过30%的测试，用前缀和优化后能通过70%~100%的测试。首先了解“前缀和”的概念。一个长度为n的数组a[1] ~ a[n]，前缀和sum[i]等于a[1] ~ a[i]的和： sum[i] = a[1] + a[2] + … + a[i] 利用递推，可以在O(n)时间内求得所有前缀和： sum[i] = sum[i-1] + a[i] 如果预计算出前缀和，就能利用它快速计算出数组中任意一个区间a[i] ~ a[j]的和。即： a[i] + a[i+1] + … + a[j-1] + a[j] = sum[j] - sum[i-1] 上式说明，复杂度为O(n)的区间求和计算，优化到了O(1)的前缀和计算。

2. 前缀和例题

前缀和是一种很简单的优化技巧，应用场合很多，在竞赛中极为常见。如果建模时发现有区间求和操作，可以考虑使用前缀和优化。

例1 基本应用

例题1 求和题解：这是一道非常直白的前缀和题。为了说明前缀和的作用，下面用两种方法求解本题。（1）通过30%的测试。直接按题意两两相乘然后求和，这是暴力法。如果用C++编程，需要考虑S是否能用long long类型表示。若每个ai都是最大的1000，每两个相乘等于106，n个数两两相乘，共

20000

n^2/2 = 200000^2/2 = 2×10^{10}

n2/2=2000002/2=2×1010次，和S约为

2×10^{10}×10^6 = 2×10^{16}

2×1010×106=2×1016。long long能表示的最大正整数远大于

2×10^{16}

2×1016，所以不需要用高精度处理大数。

#include

using namespace std;

int main() {

int n; cin >> n; // 读取n

vector a(n); //用vector定义数组a[]

for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i]; // 读取a[]

int s = 0;

for (int i = 0; i < n; i++) // 用两个for循环计算两两相乘，然后求和

for (int j = i + 1; j < n; j++)

s += a[i] * a[j];

cout << s << endl;

return 0;

}

下面分析代码的时间和空间效率。 1）时间复杂度。代码执行了多少步骤？花了多少时间？代码第8、9行有2层for循环，循环次数是：

−

≈

n-1 + n-2 + ... +1 ≈ n^2/2

n−1+n−2+...+1≈n2/2，计算复杂度为

(

)

O(n^2)

O(n2)。对于30%的测试数据，n = 1000，循环次数$1000^2/2 = 50,000。计算时间远远小于题目的时间限制1s，能够通过测试。对于100%的测试数据，n = 200000，循环次数$200000

2/2 = 2×10^{10}

2/2=2×1010。计算时间远大于题目的时间限制1s，超时不能通过测试。 2）空间复杂度，也就是程序占用的内存空间。对于100%的数据，若用数组int a[200000]存储数据，int是32位整数，占用4个字节，所以int a[200000]共使用了800K空间，远小于题目的空间限制256MB。（2）通过100%测试。本题利用前缀和，能得到100%的分数。把计算式子变换为：

(

−

)

(

−

)

−

(

−

)

−

(

)

S=(a_1+a_2 +...+a_{n-1})×a_n+(a_1+a_2 +...+a_{n-2})×a_{n-1}+(a_1+a_2+...+a_{n-3})×a_{n-2}+...+(a_1+a_2)×a_3+a_1×a_2

S=(a1+a2+...+an−1)×an+(a1+a2+...+an−2)×an−1+(a1+a2+...+an−3)×an−2+...+(a1+a2)×a3+a1×a2 其中括号内的部分是前缀和

[

]

…

sum[i] = a_1+a_2+…+ a_i

sum[i]=a1+a2+…+ai，把上式改为：

[

−

]

[

−

]

−

[

−

]

−

[

]

[

]

S = sum[n-1] ×a_n + sum[n-2]×a_{n-1} + sum[n-3]×a_{n-2} + ... + sum[2]×a_3 + sum[1]×a_2

S=sum[n−1]×an+sum[n−2]×an−1+sum[n−3]×an−2+...+sum[2]×a3+sum[1]×a2 式子中用到的前缀和sum[1] ~ sum[n-1]，用递推公式sum[i] = sum[i-1] + a[i]做一次for循环就能全部提前计算出来。下面的C++代码第8行先预计算出前缀和sum[]，然后利用sum[]求S。

#include

using namespace std;

int main() {

int n; cin >> n; //读n

vector a(n+1,0); //定义数组a[]，并初始化为0

for (int i=1; i<=n; i++) cin >> a[i]; // 读a[1]~a[n]

vector sum(n+1, 0); //定义前缀和数组 sum[]，并初始化为0

for (int i=1; i

long long s = 0;

for (int i=1; i

cout << s << endl;

return 0;

}

代码的计算量是多少？第8、10行各有一层for循环，分别计算n次，也就是两个O(n)，合起来仍然是O(n)的。对于100%的数据，n = 200000，运行时间满足时间限制。 java代码

import java.util.Scanner;

public class Main {

public static void main(String[] args) {

Scanner scanner = new Scanner(System.in);

int n = scanner.nextInt(); // 读n

int[] a = new int[n+1]; // 定义数组a[]，并初始化为0

for (int i=1; i<=n; i++) a[i] = scanner.nextInt(); // 读取a[1]~a[n]

long[] sum = new long[n+1]; // 定义前缀和数组 sum[]，并初始化为0

for (int i=1; i

long s = 0;

for (int i=1; i

System.out.println(s);

}

python代码

n = int(input())

a = [0]+[int(i) for i in input().split()] #读入a[1]~a[n]。a[0]不用

sum = [0] * (n+1) #定义前缀和

sum[1] = 0

for i in range(1,n): sum[i] = a[i]+sum[i-1] #预计算前缀和sum[1]~sum[n-1]

s = 0

for i in range(1,n): s += sum[i]*a[i+1] #计算和s

print(s)

例2 基本应用

可获得的最小取值第一步肯定是排序，例如从小到大排序，然后再进行两种操作。操作（1）在a[]的尾部选一个数，操作（2）在a[]的头部选2个数。容易想到一种简单方法：每次在操作（1）和操作（2）中选较小的值。这是贪心法的思路。但是贪心法对吗？分析之后发现贪心法是错误的，例如{3, 1, 1, 1, 1, 1, 1}，做k=3次操作，每次都按贪心法，做3次操作（2），结果是6。但是正确答案是做3次操作（1），结果是5。回头重新考虑所有可能的情况。设操作（2）做p次，操作（1）做k-p次，求和：

∑

−

\sum_{i=1}^{2p}a_i+\sum_{i={n+p-k+1}}^{n}a_i

∑i=12pai+∑i=n+p−k+1nai 为了找最小的和，需要把所有的p都试一遍。如果直接按上面的公式计算，那么验证一个p的计算量是O(n)的，验证所有的p，1≤p≤k，总计算量O(kn)，超时。容易发现公式的两个部分就是前缀和，分别等于sum[2p]、sum[n]-sum[n+p-k]。如果提前算出前缀和sum[]，那么验证一个p的时间是O(1)的，验证所有p的总计算量是O(n)的。下面是C++代码。注意sum[]需要用long long类型。代码的计算复杂度，第10行sort()是O(nlogn)，第13行是O(n)，总复杂度为O(nlogn)。

#include

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 200010;

long long a[N],s[N]; //s[]是a[]的前缀和

int main(){

int n, k; cin >> n >> k;

for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld",&a[i]);

sort(a + 1, a + 1 + n);

for (int i = 1; i <= n; i++) s[i] = s[i-1]+ a[i];

ll ans = 1e18;

for (int p = 1; p <= k; p++)

ans = min(s[n] - s[n+p-k] + s[2*p], ans);

printf("%lld",ans);

return 0;

}

java代码

import java.util.Arrays;

import java.util.Scanner;

public class Main {

public static void main(String[] args) {

Scanner scanner = new Scanner(System.in);

int n = scanner.nextInt();

int k = scanner.nextInt();

long[] a = new long[n+1];

for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = scanner.nextLong();

Arrays.sort(a, 1, n+1);

long[] s = new long[n+1];

for (int i = 1; i <= n; i++) s[i] = s[i-1] + a[i];

long ans = (long)1e18;

for (int p = 1; p <= k; p++)

ans = Math.min(s[n] - s[n+p-k] + s[2*p], ans);

System.out.println(ans);

}

Python代码

n, k = map(int, input().split())

b = list(map(int, input().split()))

a=[0] + sorted(b) # a[0]不用，从a[1]开始

s = [0] * (n+1)

for i in range(1, n+1): s[i] = s[i-1] + a[i]

ans = 10**18

for p in range(1, k+1):

ans = min(s[n] - s[n+p-k] + s[2*p], ans)

print(ans)

例3 异或的前缀和

下面例题是前缀和在异或计算中的应用，也是常见的应用场景。异或和之和 n个数

−

a_1-a_n

a1−an的异或和等于：

⊕

a_1⊕a_2⊕...⊕a_n

a1⊕a2⊕...⊕an。（1）通过30%的测试。本题的简单做法是直接按题意计算所有子段的异或和，然后加起来。有多少个子段？长度为1的子段异或和有n个：

、

a_1、a_2、...、a_n

a1、a2、...、an 长度为2的子段异或和有n-1个：

⊕

、

⊕

、

−

⊕

a_1⊕a_2、a_2⊕a_3、...a_{n-1}⊕a_n

a1⊕a2、a2⊕a3、...an−1⊕an … 长度为n的子段异或和有1个：

⊕

−

⊕

a_1⊕a_2⊕a_3⊕...⊕a_{n-1}⊕a_n

a1⊕a2⊕a3⊕...⊕an−1⊕an 共

n^2/2

n2/2个子段。下面代码第8、9行遍历所有的子段[L, R]，第11行求[L,R]的字段和。共3重for循环，计算复杂度

(

)

O(n^3)

O(n3)，只能通过30%的测试。

#include

using namespace std;

int main(){

int n; cin >> n;

vector a(n); //用vector定义数组a[]

for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];

long long ans=0; //注意这里用long long

for(int L=0;L

for(int R=L;R

int sum=0;

for(int i=L;i<=R;i++) sum^=a[i]; //子段和

ans += sum; //累加所有子段和

}

cout<

return 0;

}

（2）通过60%的测试。本题可以用前缀和优化。记异或和

⊕

a_1⊕a_2⊕...⊕a_i

a1⊕a2⊕...⊕ai的前缀和为：

⊕

si=a_1⊕a_2⊕...⊕a_i

si=a1⊕a2⊕...⊕ai 这里

s_i

si是异或形式的前缀和。这样就把复杂度为O(n)的子段异或和计算

⊕

a_1⊕a_2⊕...⊕a_i

a1⊕a2⊕...⊕ai，优化到了O(1)的求

s_i

si的计算。以包含

a1的子段为例，这些子段的异或和相加，等于：

⊕

a_1+a_1⊕a_2+...+a_1⊕...⊕a_i+...+a_1⊕...⊕a_n = s_1+s_2+...+s_i+...+s_n

a1+a1⊕a2+...+a1⊕...⊕ai+...+a1⊕...⊕an=s1+s2+...+si+...+sn 前缀和的计算用递推得到。普通前缀和的递推公式为

[

]

[

−

]

[

]

s[i] = s[i-1] + a[i]

s[i]=s[i−1]+a[i]，异或形式的前缀和递推公式为s[i] = s[i-1] ^ a[i]，下面代码第11行用这个公式的简化形式求解了前缀和。代码的计算复杂度是多少？第8行和第10行用两重循环遍历所有的子段，同时计算前缀和，计算复杂度是

(

)

O(n^2)

O(n2)的，可以通过60%的测试。

#include

using namespace std;

int main(){

int n; cin >> n;

vector a(n);

for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];

long long ans = 0;

for (int L = 0; L < n; L++) {

long sum = 0; //sum是包含a[L]的子段的前缀和

for (int R = L ; R < n; R++) {

sum ^= a[R]; //用递推求前缀和sum

ans += sum; //累加所有子段和

}

cout << ans << endl;

return 0;

}

（3）通过100%的测试。本题有没有进一步的优化方法？这就需要仔细分析异或的性质了。根据异或的定义，有a⊕a = 0、0⊕a = a、0⊕0 = 0。推导子段

a_i ~ a_j

ai aj的异或和：

⊕

−

⊕

(

⊕

−

)

⊕

(

⊕

)

a_i⊕a_{i+1}⊕...⊕a_{j-1}⊕a_j = (a_1⊕a_2⊕...⊕a_{i-1}) ⊕ (a_1⊕a_2⊕...⊕a_j)

ai⊕ai+1⊕...⊕aj−1⊕aj=(a1⊕a2⊕...⊕ai−1)⊕(a1⊕a2⊕...⊕aj) 记

⊕

s_i = a_1⊕a_2⊕...⊕a_i

si=a1⊕a2⊕...⊕ai，这是异或形式的前缀和。上式转化为：

⊕

−

⊕

−

⊕

a_i⊕a_{i+1}⊕...⊕a_{j-1}⊕a_j = s_{i-1}⊕s_j

ai⊕ai+1⊕...⊕aj−1⊕aj=si−1⊕sj 若

−

s_{i-1} = s_j

si−1=sj，则

−

⊕

s_{i-1}⊕s_j = 0

si−1⊕sj=0；若

−

≠

s_{i-1} ≠ s_j

si−1=sj，则

−

⊕

s_{i-1}⊕s_j =1

si−1⊕sj=1。题目要求所有子段异或和相加的结果，这等于判断所有的

{s_i, s_j}

si,sj组合，若

≠

s_i ≠ s_j

si=sj，则结果加1。如何判断两个s是否相等？可以用位操作的技巧，如果它们的第k位不同，则两个s肯定不等。下面以

011

，

010

a_1 = 011，a_2 = 010

a1=011，a2=010为例，分别计算第k位的异或和，并且相加： k=0，第0位异或和，

，

⊕

，

⊕

s_1=1，s_2=1⊕0=1，ans_0 = a_1+a_2+a_1⊕a_2 = s_1+s_1⊕s_2+s_2 = 1+0+1=2

s1=1，s2=1⊕0=1，ans0=a1+a2+a1⊕a2=s1+s1⊕s2+s2=1+0+1=2 k=1，第1位异或和，

，

⊕

，

⊕

s_1=1，s_2=1⊕1=0，ans_1 = a_1+a_2+a_1⊕a_2 = s_1+s_1⊕s_2+s_2 = 1+1+0=2

s1=1，s2=1⊕1=0，ans1=a1+a2+a1⊕a2=s1+s1⊕s2+s2=1+1+0=2 k=2，第2位异或和，

，

⊕

，

⊕

s_1=0，s_2=0⊕0=0，ans_2 = a_1+a_2+a_1⊕a_2 = s_1+s_1⊕s_2+s_2 = 0+0+0=0

s1=0，s2=0⊕0=0，ans2=a1+a2+a1⊕a2=s1+s1⊕s2+s2=0+0+0=0 最后计算答案：

ans = ans_0 ×2^0+ ans_1×2^1 + ans_2×2^2 = 6

ans=ans0×20+ans1×21+ans2×22=6。本题

≤

0≤A_i≤2^{20}

0≤Ai≤220，所有的前缀和s都不超过20位。代码第8行逐个计算20位的每一位，第11行for循环计算n个前缀和，总计算量约为20×n。

#include

using namespace std;

int main() {

int n; cin >> n;

vector a(n);

for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];

long long ans = 0;

for(int k=0;k<=20;k++){ //所有a不超过20位

int zero=1,one=0; //统计第k位的0和1的数量

long long cnt=0,sum=0; //cnt用于统计第k位有多少对si⊕sj =1

for(int i=0;i

int v=(a[i]>>k)&1; //取a[i]的第k位

sum ^= v; //对所有a[i]的第k位做异或得到sum，sum等于0或者1

if(sum==0){ //前缀和为0

zero++; //0的数量加1

cnt += one; //这次sum=0，这个sum跟前面等于1的sum异或得1

}else{ //前缀异或为1

one++; //1的数量加1

cnt += zero; //这次sum=1，这个sum跟前面等于0的sum异或得1

}

ans += cnt*(1ll<

}

cout<

return 0;

}

java代码

import java.util.Scanner;

public class Main {

public static void main(String[] args) {

Scanner scanner = new Scanner(System.in);

int n = scanner.nextInt();

int[] a = new int[n];

for (int i = 0; i < n; i++) a[i] = scanner.nextInt();

long ans = 0;

for (int k = 0; k <= 20; k++) { // 所有a不超过20位

int zero = 1, one = 0; // 统计第k位的0和1的数量

long cnt = 0, sum = 0; //cnt用于统计第k位有多少对si⊕sj =1

for (int i = 0; i < n; i++) {

int v = (a[i] >> k) & 1; // 取a[i]的第k位

sum ^= v; // 对所有a[i]的第k位做异或得到sum，sum等于0或者1

if (sum == 0) { // 前缀和为0

zero++; // 0的数量加1

cnt += one; // 这次sum=0，这个sum跟前面等于1的sum异或得1

} else { // 前缀异或为1

one++; // 1的数量加1

cnt += zero; // 这次sum=1，这个sum跟前面等于0的sum异或得1

}

ans += cnt * (1L << k); // 第k位的异或和相加

}

System.out.println(ans);

}

Python代码

n = int(input())

a = [int(x) for x in input().split()]

ans = 0

for k in range(21): # 所有a不超过20位

zero, one = 1, 0 # 统计第k位的0和1的数量

cnt, sum = 0, 0 #cnt用于统计第k位有多少对si⊕sj =1

for i in range(n):

v = (a[i] >> k) & 1 # 取a[i]的第k位

sum ^= v # 对所有a[i]的第k位做异或得到sum，sum等于0或者1

if sum == 0: # 前缀和为0

zero += 1 # 0的数量加1

cnt += one # 这次sum=0，这个sum跟前面等于1的sum异或得1

else: # 前缀异或为1

one += 1 # 1的数量加1

cnt += zero # 这次sum=1，这个sum跟前面等于0的sum异或得1

ans += cnt * (1 << k) # 第k位的异或和相加

print(ans)

例4 二维前缀和

前面的例子都是一位数组上的前缀和，下面介绍二维数组上的前缀和。例题：领地选择概况题意：在n×m 的矩形中找一个边长为c的正方形，把正方形内所有坐标点的值相加，使价值最大。简单的做法是枚举每个坐标，作为正方形左上角，然后算出边长c内所有地块的价值和，找到价值和最高的坐标。时间复杂度

(

)

O(n×m×c^2)

O(n×m×c2)，能通过60%的测试。请读者练习。本题是二维前缀和的直接应用。一维前缀和定义在一维数组a[]上：sum[i] = a[1] + a[2] + … + a[i] 把一维数组a[]看成一条直线上的坐标，前缀和就是所有坐标值的和。

二维前缀和是一维前缀和的推广。设二维数组a[][]有1~n行，1~m列，二维前缀和： sum[i][j] = a[1][1]+a[1][2]+a[1][3]+…+a[1][j] + a[2][1]+a[2][2]+a[2][3]+…+a[2][j] + … + a[i][1]+a[i][2]+a[i][3]+…+a[i][j] 把a[i][j]的(i,j)看成二维平面的坐标，那么sum[i][j]就是左下角坐标(1,1)和右上角坐标(i,j)围成的方形中所有坐标点的和。

二维前缀和sum[][]存在以下递推关系： sum[i][j] = sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+a[i][j] 根据这个递推关系，用两种for循环可以算出sum[][]。对照上图理解这个公式，sum[i-1][j]是坐标(1,1) ~ (i-1, j)内所有的点，sum[i][j-1]是(1,1) ~ (i, j-1)内所有的点，两者相加，其中sum[i-1][j-1]被加了两次，所以要减去一次。 C++代码

#include

using namespace std;

const int N=1005;

int a[N][N],s[N][N];

int main() {

int n,m,c; cin>>n>>m>>c;

for(int i=1;i<=n;i++)

for(int j=1;j<=m;j++){

cin >> a[i][j];

s[i][j] = s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j];

}

int Max = -1<<30, x, y;

for(int x1=1;x1<=n-c+1;x1++)

for(int y1=1;y1<=m-c+1;y1++){ //枚举所有坐标点

int x2=x1+c-1,y2=y1+c-1; //正方形右下角坐标

int ans = s[x2][y2]-s[x2][y1-1]-s[x1-1][y2]+s[x1-1][y1-1];

if(ans > Max){

Max = ans;

x=x1, y=y1;

}

cout<

return 0;

}

Java代码。sum[][]和a[][]可以共用，从而节省一半空间。

import java.util.Scanner;

public class Main {

public static void main(String[] args) {

Scanner scanner = new Scanner(System.in);

int n = scanner.nextInt();

int m = scanner.nextInt();

int c = scanner.nextInt();

int[][] a = new int[n + 1][m + 1];

for (int i = 1; i <= n; i++) {

for (int j = 1; j <= m; j++) {

a[i][j] = scanner.nextInt();

a[i][j] = a[i - 1][j] + a[i][j - 1] - a[i - 1][j - 1] + a[i][j];

}

int Max = Integer.MIN_VALUE;

int x = 0;

int y = 0;

for (int x1 = 1; x1 <= n - c + 1; x1++) {

for (int y1 = 1; y1 <= m - c + 1; y1++) {

int x2 = x1 + c - 1;

int y2 = y1 + c - 1;

int ans = a[x2][y2] - a[x2][y1 - 1] - a[x1 - 1][y2] + a[x1 - 1][y1 - 1];

if (ans > Max) {

Max = ans;

x = x1;

y = y1;

}

System.out.println(x + " " + y);

}

Python代码

n, m , c = map(int, input().split())

a = []

a.append([0]*(m+1))

for i in range(0, n):

a.append([int(k) for k in input().split()])

a[i+1].insert(0, 0)

for i in range(1, n+1):

for j in range(1, m+1):

a[i][j] = a[i][j] + a[i-1][j] + a[i][j-1] - a[i-1][j-1]

Max = float('-inf')

for i in range(1, n+2-c):

for j in range(1, m+2-c):

ans = a[i+c-1][j+c-1] - a[i+c-1][j-1] - a[i-1][j+c-1] + a[i-1][j-1]

if ans > Max:

Max = ans

x = i

y = j

print(x, y)

3. 差分

前缀和的主要应用是差分：差分是前缀和的逆运算。与一维数组a[]对应的差分数组d[]的定义： d[k]=a[k]-a[k-1] 即原数组a[]的相邻元素的差。根据d[]的定义，可以推出： a[k]=d[1]+d[2]+…+d[k] 即a[]是d[]的前缀和，所以“差分是前缀和的逆运算”。为方便理解，把每个a[]看成直线上的坐标。每个d[]看成直线上的小线段，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[]。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”，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。为什么利用差分数组能提升修改的效率？把区间[L, R]内每个元素a[]加上v，只需要把对应的d[]做以下操作：（1）把d[L]加上v： d[L] += v （2）把d[R+1]减去v：d[R+1] -= v 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。根据前缀和a[x] = d[1] + d[2] + … + d[x]，有：（1）1 ≤ x < L，前缀和a[x]不变；（2）L ≤ x ≤ R，前缀和a[x]增加了v；（3）R < x ≤ N，前缀和a[x]不变，因为被d[R+1]中减去的v抵消了。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。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。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，定义一维差分数组D[]、二维差分数组D[][]、三维差分数组D[][][]。

4. 差分例题

例5 差分的基本应用

重新排序本题的m个查询可以统一处理，读入m个查询后，每个a[i]被查询了多少次就知道了。用cnt[i]记录a[i]被查询的次数，cnt[i]*a[i]就是a[i]对总和的贡献。下面分别给出70%和100%的两种解法。（1）通过70%的测试。先计算出cnt[]，然后第15行算出原数组上的总和ans1。然后计算新数组上的总和。显然，把查询次数最多的数分给最大的数，对总和的贡献最大。对a[]和cnt[]排序，把最大的a[n]与最大的cnt[n]相乘、次大的a[n-1]与次大的cnt[n-1]相乘，等等。代码第18行算出新数组上的总和ans2。代码的主要计算量是第10行的while和第12行的for，复杂度O(mn)，只能通过70%的测试。注意，如果把下面第9行的long long改成int，那么只能通过30%。

#include

using namespace std;

const int N=1e5+3;

int a[N],cnt[N]; //a[]:读入数组；cnt[i]：第i个数被加的次数

int main(){

int n; scanf("%d", &n);

for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d", &a[i]);

int m; scanf("%d", &m);

long long ans1=0,ans2=0; //ans1: 原区间和； ans2: 新区间和

while(m--){

int L,R; scanf("%d%d", &L, &R);

for(int i=L;i<=R;i++)

cnt[i]++; //第i个数被加了一次，累计一共加了多少次

}

for(int i=1; i<=n; i++) ans1+=(long long)a[i]*cnt[i]; //在原数组上求区间和

sort(a+1,a+1+n);

sort(cnt+1,cnt+1+n);

for(int i=1;i<=n;i++) ans2+=(long long)a[i]*cnt[i];

printf("%lld\n", ans2-ans1); //注意 %lld不要写成 %d

return 0;

}

（2）通过100%的测试。本题是差分优化的直接应用。前面提到，70%的代码效率低的原因是第12行的for循环计算cnt[]。根据差分的应用场景，每次查询的[L, R]就是对a[L]~a[R]中的所有数累加次数加1，也就是对cnt[L]~cnt[R]中的所有cnt[]加1。那么对cnt[]使用差分数组d[]即可。 C++代码。代码第12行用差分数组d[]记录cnt[]的变化，第15行用d[]恢复得到cnt[]。其他部分和前面的70%代码一样。代码的计算复杂度，10行的while只有O(n)，最耗时的是第17、18行的排序，复杂度O(nlogn)，能通过100%的测试。

#include

using namespace std;

const int N = 1e5+3;

int a[N],d[N],cnt[N];

int main() {

int n; scanf("%d", &n);

for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d", &a[i]);

int m; scanf("%d", &m);

long long ans1=0,ans2=0;

while(m--){

int L,R; scanf("%d%d", &L, &R);

d[L]++; d[R+1]--;

}

cnt[0] = d[0];

for(int i=1; i<=n; i++) cnt[i] = cnt[i-1]+d[i]; //用差分数组d[]求cnt[]

for(int i=1; i<=n; i++) ans1 += (long long)a[i] * cnt[i];

sort(a+1,a+1+n);

sort(cnt+1,cnt+1+n);

for(int i=1; i<=n; i++) ans2 += (long long)a[i] * cnt[i];

printf("%lld\n", ans2-ans1);

return 0;

}

java代码

import java.util.*;

public class Main {

public static void main(String[] args) {

Scanner scanner = new Scanner(System.in);

int N = 100003;

int[] a = new int[N];

int[] d = new int[N];

int[] cnt = new int[N];

int n = scanner.nextInt();

for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = scanner.nextInt();

int m = scanner.nextInt();

long ans1 = 0, ans2 = 0;

while (m-- > 0) {

int L = scanner.nextInt();

int R = scanner.nextInt();

d[L]++;

d[R+1]--;

}

cnt[0] = d[0];

for (int i = 1; i <= n; i++) cnt[i] = cnt[i-1] + d[i];

for (int i = 1; i <= n; i++) ans1 += (long) a[i] * cnt[i];

Arrays.sort(a, 1, n+1);

Arrays.sort(cnt, 1, n+1);

for (int i = 1; i <= n; i++) ans2 += (long) a[i] * cnt[i];

System.out.println(ans2 - ans1);

scanner.close();

}

Python代码

N = 100003

a = [0] * N

d = [0] * N

cnt = [0] * N

n = int(input())

a[1:n+1] = map(int, input().split())

m = int(input())

ans1 = 0

ans2 = 0

for _ in range(m):

L, R = map(int, input().split())

d[L] += 1

d[R+1] -= 1

cnt[0] = d[0]

for i in range(1, n+1): cnt[i] = cnt[i-1] + d[i]

for i in range(1, n+1): ans1 += a[i] * cnt[i]

a[1:n+1] = sorted(a[1:n+1])

cnt[1:n+1] = sorted(cnt[1:n+1])

for i in range(1, n+1): ans2 += a[i] * cnt[i]

print(ans2 - ans1)

例6 差分的基本应用

推箱子题解 https://blog.csdn.net/weixin_43914593/article/details/131730112

文章链接

评论可见，请评论后查看内容，谢谢！！！

您阅读本篇文章共花了：

金钥匙

＜蓝桥杯软件赛＞零基础备赛20周--第9周--前缀和与差分

蓝桥杯算法 c++ CPP2022-16-宏、函数重载与函数模板

职场和发展 java 蓝桥杯两道经典国赛填空题

发表评论取消回复

金钥匙

＜蓝桥杯软件赛＞零基础备赛20周--第9周--前缀和与差分

蓝桥杯 算法 c++ CPP2022-16-宏、函数重载与函数模板

职场和发展 java 蓝桥杯 两道经典国赛 填空题

相关文章

发表评论取消回复

蓝桥杯算法 c++ CPP2022-16-宏、函数重载与函数模板

职场和发展 java 蓝桥杯两道经典国赛填空题