前缀和/差分

前缀和

顾名思义：用某一个数组来记录数组a前i项和，这个还可以用来求区间[l,r]的和：s[r]-s[l-1]（因为第l项也在区间内）

话不多说，直接上例题：LeetCode 5393

• 首先，暴力搜索，TLE。
• 很明显，左边拿的+右边拿的=k张，且拿了前面的才能那拿面的，有很明显的前缀和后缀性质，枚举左边拿的张数i，对应的右边只能拿k-i张，线性时间。
• 且枚举后缀的时候有个技巧，并不需要真正的后缀，具体看代码。

AC代码：

const int MAXN = 1e5 + 5;
class Solution {
public:
    int pre[MAXN],suf[MAXN];
    int maxScore(vector<int>& cardPoints, int k) {
        int n = cardPoints.size();
        memset(pre,0,sizeof(pre));
        memset(suf,0,sizeof(suf));
        for(int i = 1;i <= n;++i){
            pre[i] += (pre[i - 1] + cardPoints[i - 1]);
            suf[i] += (suf[i - 1] + cardPoints[n - i]); //！！！
        }
        int ans = 0;
        for(int i = 0;i <= k;++i){ //枚举左边拿的张数
            ans = max(ans,pre[i] + suf[k - i]);
        }
        return ans;
    }
};

前缀和与差分

传送门：洛谷P3397

• 此题，假如暴力，枚举每个点，再枚举每个区间，试想下最坏情况，每个区间都是整张图，那就是O(nn m n n)，明显TLE。
• 试着做下预处理，优化一下：先枚举所有区间，给区间内的点加上1表示被一个毯子覆盖了，然后再遍历下所有点。第一步时间复杂度最坏为O(mn²)，第二步为O(n²),总的为O(mn²)，照理说n=m=10³，应该过不了，可能数据水了点。

下面贴下AC代码（后面有利用差分的优化）：

#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = 1000 + 5;
int n,m;
int ans[maxn][maxn];

int main(void){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(ans,0,sizeof(ans));
    int x1,y1,x2,y2;
    for(int i = 0;i < m;++i){
        scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
        for(int x = x1;x <= x2;++x){
            for(int y = y1;y <= y2;++y) ans[x][y]++;
        }
    }
     
    for(int x = 1;x <= n;++x){
        for(int y = 1;y <= n;++y){
            if(y == 1) printf("%d",ans[x][y]);
            else printf(" %d",ans[x][y]);
        }
        printf("\n");
    }
        
    
    return 0;
}

• 对上一步进行优化，上一步慢就慢在每个毯子内的所有点都要枚举，然后加1作为此点被一个毯子覆盖的标记，所以我们需要二维差分对这一步进行优化。
• 不懂二维差分的请移步：https://www.cnblogs.com/Roni-i/p/9354177.html
• 这样子，我们通过差分就少枚举了很多点，时间复杂度最差降为O(m*n+n²)。

#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = 1000 + 5;
int n,m;
int ans[maxn][maxn],p[maxn][maxn];

int main(void){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(ans,0,sizeof(ans));
    memset(p,0,sizeof(p));
    int x1,y1,x2,y2;
    for(int i = 0;i < m;++i){
        scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
        for(int row = y1;row <= y2;row++){
            p[x1][row]++; p[x2 + 1][row]--; //注意这边是x2+1
        }
    }
     
    for(int x = 1;x <= n;++x){
        for(int y = 1;y <= n;++y){
            ans[x][y] = ans[x-1][y] + p[x][y];
            if(y == 1) printf("%d",ans[x][y]);
            else printf(" %d",ans[x][y]);
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

再来一道前缀和/差分：洛谷P3406

• 读完题大概就知道要统计出每段铁路经过次数，然后贪心求解：要么全选票，要么全时买卡后充值。因为n和m为10⁵，很明显要用差分的思想，然后求前缀和（因为用了差分，所以求每段铁路的访问次数时要求前缀和）。
• 为什么可以贪心：假设最优解中两种方式都选择了，但是题目说bi
• 还有要注意，因为打算求前缀和，所以当后面访问的城市在前面访问的城市的前面的时候（返回乘车），仍然需要给地图上后面城市的那段铁路做上差分标记，所以需要分类讨论下位置。
• 这题所有都要开longlong，除了m和n，因为费用可能很高。

AC代码：

#include
#include
#include
#include
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
LL a[maxn],b[maxn],c[maxn],times[maxn],city[maxn];
int n,m;

int main(void){
    memset(times,0,sizeof(times));
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i = 1;i <= m;++i) cin >> city[i];
    for(int i = 1;i <= n - 1;++i)  cin >> a[i] >> b[i] >> c[i];
    
    //次数
    for(int i = 2;i <= m;++i){
        if(city[i] < city[i-1]){
            times[city[i-1]]--; times[city[i]]++;
        }
        else if(city[i] > city[i-1]){
            times[city[i]]--; times[city[i-1]]++;
        }
    }
    
    LL ans = 0;
    for(int i = 1;i < n;++i){
        times[i] += times[i-1]; ans += min(times[i]*a[i],c[i] + b[i] * times[i]);
    } 
    cout << ans;
    return 0;
}