差分數組

介紹：

區間修改查詢問題一般會想到用線段樹或者樹狀數組來做，但是題目是離線查詢，即完成修改后再查詢的話，可以用到差分數組。

差分數組：

對於數組a[i]，我們令d[i]=a[i]-a[i-1]  (特殊的，第一個為d[1]=a[1])，則d[i]為一個差分數組。

我們發現統計d數組的前綴和sum數組，有

sum[i]=d[1]+d[2]+d[3]+...+d[i]=a[1]+a[2]-a[1]+a[3]-a[2]+...+a[i]-a[i-1]=a[i],即前綴和sum[i]=a[i]；

因此每次在區間[l,r]增減x只需要令d[l]+x,d[r+1]-x，就可以保證[l,r]增加了x，而對[1,l-1]和[r+1,n]無影響。 復雜度則是O(n)的。

 

 

題目：

HDU 1556 Color the ball

題意：

給出一個區間n， n個數初始值都是0， 給出n個區間修改，修改是在[l,r]上加1， 最后輸出n個數。

分析：

屬於離線查詢， 可以維護差分數組來求出最后的數字。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
const int N = 100000 + 10;
int m, q;
long long a[N], d[N], sum[N];
int main() {
    int n;
    while (scanf("%d", &n) && n) {
        memset(a, 0, sizeof(a));//初始化都為0
        int l, r;
        memset(d, 0, sizeof(d));
        d[1] = a[1];//特殊處理第一個數
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%d%d", &l, &r);
            d[l] += 1;
            d[r+1] -= 1;
        }
        memset(sum, 0, sizeof(sum));
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            sum[i] = sum[i-1] + d[i]; //求d[i]前綴和， 也就是修改后的a[i]
        }
        for (int i = 1; i <= n; ++i){
            printf("%lld",sum[i]);
            if(i != n) printf(" ");
        }
        puts("");
    }

    return 0;
}

BZOJ 3043 IncDec Sequence

題意：

給定一個長度為n的數列a[i]，每次可以選擇一個區間[l,r]，使這個區間內的數都加一或者都減一。

求：（1）至少需要多少次操作才能使數列中的所有數都一樣。

　　（2）在保證最少次數的前提下，最終得到的數列有多少種

分析：

因為我們最終是求一個所有數的一樣的序列， 所以其差分數組就是除了d[1]外，d[2]~d[n]全為0。

然后題目中區間加一或者區間減一操作， 其實就是在差分數組中， 找出兩個下標i, j, d[i]++, d[j]--(或者d[i]--, d[j]++)

所以我們就可以利用這個操作把d[2]~d[n]中的正數和負數中和， 然后還有會一部分正數（或負數）多出來， 我們只需要在這個點上面直接加減就好（這個單點操作其實有兩重意義，涉及第二問）

我們求出d[2]~d[n]的正數和絕對值pos， 負數和絕對值neg

所以第一問的答案就是max(pos,neg)

剛剛提到了有一個單點操作的意義， 我們就拿d[i]++來說吧

第一種含義是， 因為d[1]是什么並沒有關系， 所以可以代表d[1]-- , d[i]++, 實際意義就是數組a[1]~a[i-1]都減去1。

第二種含義是， 因為修改區間[l,r]加一是在d[l]++， d[r+1]--, 如果這個r等於n的時候， 那么r+1並沒有意義， 所以也成了單點操作， 實際意義就是a[i]~a[n]加上1。

就是說那個多出來的d[i]可以配給d[1]或者d[n+1]（沒有意義）

所以我們的問題二可以轉化為d[1]的取值個數， 那么可以配0次， 1次...到abs(pos-neg)次， 所以最終d[1]的取值總共abs(pos-neg) + 1次。