前缀和和差分
前缀和
前缀和是指某序列的前n项和，可以把它理解为数学上的数列的前n项和，而差分可以看成前缀和的逆运算。合理的使用前缀和与差分，可以将某些复杂的问题简单化。
一维前缀和
前缀和算法有什么好处呢？
先了解这样一个问题：输入一个长度为n的整数序列。接下来再输入m个询问，每个询问输入一对l, r。对于每个询问，输出原序列中从第l个数到第r个数的和。
我们很容易想出暴力解法，遍历区间求和。
const int N = 1e5 + 10;
int a[N];
int n,m;
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
while(m--)
{
int l, r;
int sum = 0;
scanf("%d%d", &l, &r);
for(int i = l; i <= r; i++)
sum += a[i];
printf("%d\n",sum);
}
这样的时间复杂度为O(n * m)，如果n和m的数据量稍微大一点就有可能超时，而我们如果使用前缀和的方法来做的话就能够将时间复杂度降到O(n + m)，大大提高了运算效率。
具体做法：
首先做一个预处理，定义一个sum[ ]数组，sum[i]代表a数组中前i个数的和。
求前缀和运算：
const int N = 1e5 + 10;
int sum[N], a[N]; //sum[i]=a[1]+a[2]+a[3].....a[i];
for(int i = 1;i <= n; i++)
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
然后查询操作：
scanf("%d%d",&l,&r);
printf("%d\n", sum[r] - sum[l - 1]);
对于每次查询，只需执行sum[r] - sum[l - 1] ，时间复杂度为O(1)
原理
s[r] = a[1] + a[2] + a[3] + a[l-1] + a[l] + a[l + 1] … a[r];
s[l - 1] = a[1] + a[2] + a[3] + a[l - 1];
s[r] - s[l - 1] = a[l] + a[l + 1] + …+ a[r];
这样，对于每个询问，只需要执行 sum[r] - sum[l - 1]。输出原序列中从第l个数到第r个数的和的时间复杂度变成了O(1)。
我们把它叫做一维前缀和。
题目
输入一个长度为n的整数序列。
接下来再输入m个询问，每个询问输入一对l, r。
对于每个询问，输出原序列中从第l个数到第r个数的和。
输入格式
第一行包含两个整数n和m。
第二行包含n个整数，表示整数数列。
接下来m行，每行包含两个整数l和r，表示一个询问的区间范围。
输出格式
共m行，每行输出一个询问的结果。
数据范围
1≤l≤r≤n,
1≤n,m≤100000,
−1000≤数列中元素的值≤1000
输入样例：
5 3
2 1 3 6 4
1 2
1 3
2 4
输出样例：
3
6
10
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, m;
int a[N], s[N];
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) s[i] = s[i - 1] + a[i]; // 前缀和的初始化
while (m -- )
{
int l, r;
scanf("%d%d", &l, &r);
printf("%d\n", s[r] - s[l - 1]); // 区间和的计算
}
return 0;
}
二维前缀和
如果数组变成了二维数组怎么办呢？
先给出问题：
输入一个n行m列的整数矩阵，再输入q个询问，每个询问包含四个整数x1, y1, x2, y2，表示一个子矩阵的左上角坐标和右下角坐标。对于每个询问输出子矩阵中所有数的和。
同一维前缀和一样，我们先来定义一个二维数组s[][] , s[i][j] 表示二维数组中，左上角(1, 1)到右下角(i, j)所包围的矩阵元素的和。
先看一张图：
绿色矩形的面积 = 整个外围面积s[x2, y2] - 黄色面积s[x2, y1 - 1] - 紫色面积s[x1 - 1, y2] + 重复减去的红色面积 s[x1 - 1, y1 - 1]
因此二维前缀和的结论为：
以(x1, y1)为左上角，(x2, y2)为右下角的子矩阵的和为：
s[x2, y2] - s[x1 - 1, y2] - s[x2, y1 - 1] + s[x1 - 1, y1 - 1]
题目：
输入一个n行m列的整数矩阵，再输入q个询问，每个询问包含四个整数x1, y1, x2, y2，表示一个子矩阵的左上角坐标和右下角坐标。对于每个询问输出子矩阵中所有数的和。
输入格式
第一行包含三个整数n，m，q。
接下来n行，每行包含m个整数，表示整数矩阵。
接下来q行，每行包含四个整数x1, y1, x2, y2，表示一组询问。
输出格式
共q行，每行输出一个询问的结果。
数据范围
1≤n,m≤1000,
1≤q≤200000,
1≤x1≤x2≤n , 1≤y1≤y2≤m,
−1000≤矩阵内元素的值≤1000
输入样例：
3 4 3
1 7 2 4
3 6 2 8
2 1 2 3
1 1 2 2
2 1 3 4
1 3 3 4
输出样例：
17
27
21
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
int n, m, q;
int s[N][N];
int main()
{
scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
for (int j = 1; j <= m; j ++ )
scanf("%d", &s[i][j]);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
for (int j = 1; j <= m; j ++ )
s[i][j] += s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1];
while (q -- )
{
int x1, y1, x2, y2;
scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2);
printf("%d\n", s[x2][y2] - s[x1 - 1][y2] - s[x2][y1 - 1] + s[x1 - 1][y1 - 1]);
}
return 0;
}
差分
一维差分
类似于数学中的求导和积分，差分可以看成前缀和的逆运算。
差分数组：
首先给定一个原数组a：a[1], a[2], a[3],…, a[n];
然后我们构造一个数组b ： b[1], b[2], b[3],…, b[i];
使得 a[i] = b[1] + b[2] + b[3] …+ b[i]
也就是说，a数组是b数组的前缀和数组，反过来我们把b数组叫做a数组的差分数组。换句话说，每一个a[i]都是b数组中从头开始的一段区间和。
考虑如何构造差分b数组？
最为直接的方法如下：
a[0 ]= 0;
b[1] = a[1] - a[0];
b[2] = a[2] - a[1];
b[3] = a [3] - a[2];
…
b[n] = a[n] - a[n - 1];
我们只要有b数组，通过前缀和运算，就可以在O(n) 的时间内得到 a 数组 。
知道了差分数组有什么用呢？
有这么一个问题：
给定区间[l, r ]，让我们把a数组中的[l, r] 区间中的每一个数都加上c,即 a[l] + c , a[l + 1] + c , a[l + 2] + c ,…, a[r] + c;
暴力做法是for循环l到r区间，时间复杂度O(n)，如果我们需要对原数组执行m次这样的操作，时间复杂度就会变成O(n * m)。有没有更高效的做法吗? 考虑差分做法，(差分数组派上用场了)。
始终要记得，a数组是b数组的前缀和数组，比如对b数组的b[i]的修改，会影响到a数组中从a[i]及往后的每一个数。
首先让差分b数组中的 b[l] + c ,通过前缀和运算，a数组变成 a[l] + c ,a[l + 1] + c,…, a[n] + c;
然后我们打个补丁，b[r + 1] - c, 通过前缀和运算，a数组变成 a[r + 1] - c,a[r + 2] - c,…,a[n]-c;
为啥还要打个补丁？画个图理解一下这个公式的由来:
b[l] + c，效果使得a数组中 a[l] 及以后的数都加上了c(红色部分)，但我们只要求l到r 区间加上 c, 因此还需要执行 b[r + 1] - c,让a数组中 a[r + 1]及往后的区间再减去c(绿色部分)，这样对于a[r] 以后区间的数相当于没有发生改变。
因此我们得出一维差分结论：给a数组中的[ l, r] 区间中的每一个数都加上c,只需对差分数组b做 b[l] + = c, b[r+1] - = c 。时间复杂度为O(1), 大大提高了效率。
题目
输入一个长度为n的整数序列。
接下来输入m个操作，每个操作包含三个整数l, r, c，表示将序列中[l, r]之间的每个数加上c。
请你输出进行完所有操作后的序列。
输入格式
第一行包含两个整数n和m。
第二行包含n个整数，表示整数序列。
接下来m行，每行包含三个整数l，r，c，表示一个操作。
输出格式
共一行，包含n个整数，表示最终序列。
数据范围
1≤n,m≤100000,
1≤l≤r≤n,
−1000≤c≤1000,
−1000≤整数序列中元素的值≤1000
输入样例：
6 3
1 2 2 1 2 1
1 3 1
3 5 1
1 6 1
输出样例：
3 4 5 3 4 2
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int a[N],b[N];
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
b[i] = a[i] - a[i - 1]; //构建差分数组
}
int l, r, c;
while(m--)
{
scanf("%d%d%d", &l, &r, &c);
b[l] += c; //表示将序列中[l, r]之间的每个数加上c
b[r + 1] -= c;
}
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
b[i] += b[i - 1]; //求前缀和运算
printf("%d ",b[i]);
}
return 0;
}
二维差分
如果扩展到二维，我们需要让二维数组被选中的子矩阵中的每个元素的值加上c,是否也可以达到O(1)的时间复杂度。答案是可以的，考虑二维差分。
a[][]数组是b[][]数组的前缀和数组，那么b[][]是a[][]的差分数组
原数组： a[i][j]
我们去构造差分数组： b[i][j] 使得a数组中a[i][j]是b数组左上角(1,1)到右下角(i,j)所包围矩形元素的和。
如何构造b数组呢？
其实关于差分数组，我们并不用考虑其构造方法，因为我们使用差分操作在对原数组进行修改的过程中，实际上就可以构造出差分数组。同一维差分，我们构造二维差分数组目的是为了 让原二维数组a中所选中子矩阵中的每一个元素加上c的操作，可以由O(n*n)的时间复杂度优化成O(1)
已知原数组a中被选中的子矩阵为 以(x1,y1)为左上角，以(x2,y2)为右下角所围成的矩形区域;始终要记得，a数组是b数组的前缀和数组，比如对b数组的b[i][j]的修改，会影响到a数组中从a[i][j]及往后的每一个数。
假定我们已经构造好了b数组，类比一维差分，我们执行以下操作来使给以(x1, y1)为左上角，(x2, y2)为右下角的子矩阵中的所有元素加上c
b[x1][y1] + = c ;
b[x1,][y2+1] - = c;
b[x2+1][y1] - = c;
b[x2+1][y2+1] + = c;
每次对b数组执行以上操作，等价于：
for(int i = x1;i <= x2;i++)
for(int j = y1;j <= y2;j++)
a[i][j] += c;
我们画个图去理解一下这个过程：
b[x1][y1] += c ; 对应图1 ,让整个a数组中蓝色矩形面积的元素都加上了c。
b[x1,][y2 + 1] -= c ; 对应图2 ,让整个a数组中绿色矩形面积的元素再减去c，使其内元素不发生改变。
b[x2 + 1][y1] -= c ; 对应图3 ,让整个a数组中紫色矩形面积的元素再减去c，使其内元素不发生改变。
b[x2 + 1][y2 + 1] += c; 对应图4,让整个a数组中红色矩形面积的元素再加上c，红色内的相当于被减了两次，再加上一次c，才能使其恢复。
题目：差分矩阵
输入一个n行m列的整数矩阵，再输入q个操作，每个操作包含五个整数x1, y1, x2, y2, c，其中(x1, y1)和(x2, y2)表示一个子矩阵的左上角坐标和右下角坐标。
每个操作都要将选中的子矩阵中的每个元素的值加上c。
请你将进行完所有操作后的矩阵输出。
输入格式
第一行包含整数n, m, q。
接下来n行，每行包含m个整数，表示整数矩阵。
接下来q行，每行包含5个整数x1, y1, x2, y2, c，表示一个操作。
输出格式
共 n 行，每行 m 个整数，表示所有操作进行完毕后的最终矩阵。
数据范围
1≤n,m≤1000,
1≤q≤100000,
1≤x1≤x2≤n,
1≤y1≤y2≤m,
−1000≤c≤1000,
−1000≤矩阵内元素的值≤1000
输入样例：
3 4 3
1 2 2 1
3 2 2 1
1 1 1 1
1 1 2 2 1
1 3 2 3 2
3 1 3 4 1
输出样例：
2 3 4 1
4 3 4 1
2 2 2 2
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10;
int a[N][N], b[N][N];
void insert(int x1, int y1, int x2, int y2, int c)
{
b[x1][y1] += c;
b[x2 + 1][y1] -= c;
b[x1][y2 + 1] -= c;
b[x2 + 1][y2 + 1] += c;
}
int main()
{
int n, m, q;
cin >> n >> m >> q;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++)
cin >> a[i][j];
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= m; j++)
insert(i, j, i, j, a[i][j]); //构建差分数组
}
while (q--)
{
int x1, y1, x2, y2, c;
cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2 >> c;
insert(x1, y1, x2, y2, c);
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= m; j++)
b[i][j] += b[i - 1][j] + b[i][j - 1] - b[i - 1][j - 1]; //二维前缀和
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= m; j++)
printf("%d ", b[i][j]);
printf("\n");
}
return 0;
}