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“OJ超时不是终点，是算法在提醒你该优化时间复杂度了！”

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目录

3.25 差分数组

一、一维差分

        题目链接：

        题目描述：

        解题思路：

        解题代码：

二、海底高铁

        题目链接：

        题目描述：

        解题思路：

        解题代码：

三、二维差分

        题目链接：

        题目描述：

        解题思路：

        解题代码：

四、地毯

        题目链接：

        题目描述：

        解题思路：

        解题代码：

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3.25 差分数组

        我们直接用一道题来了解差分数组吧

一、一维差分

        题目链接：

        【模板】差分

        题目描述：

        解题思路：

        还是可以用暴力枚举来搞定，我们把整个数组遍历一遍，再把对应位置加上x就行了，但是这样绝对是会超时长滴，不然我干嘛用这个例题？

        对于类似的题，我们就可以用差分算法，和前缀和数组类似，我们需要预处理一个差分数组出来

        这个数组的好处就是当你要在 l ~ r 的区间加上 x 的时候（图中用2~5）来表示，就只需要在差分数组中的 l 位置加上 x ，r + 1 位置减去 x ，再还原为原数组就行

         也就是：a[ l ] += x; a[ r + 1 ] -= x;

        此时还有人要问：煮波煮波，那怎么还原数组呢？其实把差分数组做一个前缀和运算即可还原 证明如下：

        解题代码：

#include <iostream>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e5 + 10;

LL a[N];

int n, m;

int main()
{
    cin >> n >> m;
    // 利用差分的性质预处理差分数组
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        LL x;cin >> x;
        a[i] += x;
        a[i + 1] -= x;
    }
    // m次操作
    while(m--)
    {
        LL l, r, x; cin >> l >> r >> x;
        a[l] += x;
        a[r + 1] -= x;
    }
    // 利用前缀和还原数组
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        a[i] = a[i - 1] + a[i];
        cout << a[i] << " ";
    }

    
    return 0;
}

二、海底高铁

        题目链接：

        P3406 海底高铁

        题目描述：

        解题思路：

        这里我们只需要知道这个人每段铁路一共坐了几次，再判断是直接买票划算还是买卡划算，最后累加输出即可

        解题代码：

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

typedef long long LL;

LL f[N];

int n, m;

int main()
{
	cin >> n >> m;
	int l, r; cin >> l;
	// 利用差分记录每段铁路经过的次数
	for (int i = 2; i <= m; i++)
	{
		cin >> r;
		if (l <= r) f[l] += 1, f[r] -= 1;
		else f[r] += 1, f[l] -= 1;
		l = r;
	}
	// 还原数组
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		f[i] = f[i - 1] + f[i];
	}

	LL ret = 0;
	for(int i = 1; i < n; i++)
	{
		LL a, b, c; cin >> a >> b >> c;
		ret += min(a * f[i], c + b * f[i]);
	}
	cout << ret << endl;

	return 0;
}

三、二维差分

        题目链接：

        【模板】二维差分

        题目描述：

        解题思路：

        如图所示我们需要对以下结果数组进行操作：

f[x1][y1] + k

f[x2 + 1][y1] - k

f[x1][y2 + 1] - k

f[x2 + 1][y2 + 1] - k

         这样我们累加起来以后就可以得到二维数组中区间+k的操作

        解题代码：

#include <iostream>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1010;

LL f[N][N];

int n, m, q;

void insert(int x1, int y1, int x2, int y2, int x)
{
    f[x1][y1] += x;
    f[x2 + 1][y1] -= x;
    f[x1][y2 + 1] -= x;
    f[x2 + 1][y2 + 1] += x;
}

int main()
{
    cin >> n >> m >> q;
    // 预处理二维齐差分数组
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= m; j++)
        {
            LL a; cin >> a;
            insert(i, j, i , j ,a);
        }    
    }
    while(q--)
    {
        LL x1, y1, x2, y2, a; cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2 >>a;
        insert(x1, y1, x2, y2, a);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= m; j++)
        {
            f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i][j - 1] - f[i - 1][j - 1] + f[i][j];
            cout << f[i][j] << " ";
        }
        cout << endl;
    }
    
    return 0;
}

四、地毯

        题目链接：

        P3397 地毯

        题目描述：

        

        解题思路：

        这题其实就是把地毯对应的区域全加上一，最后再输出数组即可解决

        解题代码：
 

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1010;

int f[N][N];

int n, m;

void insert(int x1, int y1, int x2, int y2, int a)
{
	f[x1][y1] += a;
	f[x2 + 1][y1] -= a;
	f[x1][y2 + 1] -= a;
	f[x2 + 1][y2 + 1] += a;
}

int main()
{
	cin >> n >> m;
	while (m--)
	{
		int x1, y1, x2, y2; cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
		insert(x1, y1, x2, y2, 1);
	}

	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		for (int j = 1; j <= n; j++)
		{
			f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i][j - 1] - f[i - 1][j - 1] + f[i][j];
			cout << f[i][j] << " ";
		}
		cout << endl;
	}

	return 0;
}

        今天就到这里吧，下一期我们将讲解二分算法~886~

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