簡述概念和應用
所謂的差分，其實就是后一項與前一項的差，對於第一項而言，\(a[0] = 0\) 。設數組 \(a[~]=\{1,9,3,5,2\}\) ，那么差分數組\(t[~]=\{1,8,-6,2,-3\}\) ，即 \(t[i]=a[i]-a[i-1]\) ,那么，
差分在線段樹和樹狀數組上應用很廣泛。關於樹狀數組的差分可以用來解決“區間修改，單點查詢”的問題，在我上一篇博客講樹狀數組入門時有分析，題目是P3368 【模板】樹狀數組 2。而對於線段樹，我們可以考慮對差分數組進行區間維護，比如維護差分數組的區間最大值，即原數組對應區間相鄰元素的最大差值。
例題一 求差分最值
NC14402 求最大值
這道題首先要將問題轉化，我們不能直接維護這個最大值。如果把問題放到一個二維坐標系，數組下標是橫坐標，那么原數組對應的值是縱坐標，這題就是求兩點之間最大斜率。畫圖就可以知道這個最大斜率只可能出現在相鄰的兩個點之間。問題就變簡單了，由上面的結論，我們只要維護出差分數組的區間最大值即可。注意，這個時候線段樹的葉子結點變成了原數組的相鄰兩點的差，不是原數組的某個值。
我們再來看題目要求的修改方式，是單點修改。那么一個點改變就會改變差分數組中的兩個點（如果不是第一個點或者最后一個點的話，這兩點需特判）。那么，我們的思路就是建立一棵差分數組作為最底層的線段樹（這題並不用懶標記），每次修改就要修改最底層的兩個點。來看一下建樹操作，注意樹根節點的管轄的范圍是 \([2,n]\) 的，因為 題目要求 \((a[j]-a[i])/(j-i),1<=i<j<=n\),即 \(j > 1\) 。按照這個思路就可以自己打代碼了，如果覺得細節上還有所欠缺可以繼續往下看。
#define ls now<<1
#define rs now<<1|1
#define mid (l+r)/2
int t[maxn<<2],n,m,num[maxn];
void build(int now,int l,int r){
if(l == r) {t[now] = num[l] - num[l - 1];return;}
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
t[now] = max(t[ls],t[rs]);
}
注意這道題是修改一下就查詢一下，查詢的最大值其實就已經保留在線段樹根節點了。按照我們之前說的，修改要修改線段樹中兩個葉子結點，並且特判是不是第一個點和后一個點。主函數中部分代碼而下：
scanf ("%d%d", &pos, &value);
num[pos] = value; //原數組修改
if(pos > 1) update(1,2,n,pos,num[pos] - num[pos - 1]); //如果不是第一個點
if(pos < n) update(1,2,n,pos+1,num[pos + 1] - num[pos]); //如果不是最后一個點
double tem = t[1];
printf("%.2lf\n",tem);
最后是修改操作，和普通線段樹修改差不多，注意這里不需要懶標記，也就沒有 \(\mathrm{pushdown}\) 操作了。
void update(int now,int l,int r,int pos,int value){
if(l == r) {
t[now] = value;
return;
}
if(pos <= mid) update(ls,l,mid,pos,value);
else update(rs,mid+1,r,pos,value);
t[now] = max(t[ls],t[rs]);
}
\(Code\)：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define For(i,sta,en) for(int i = sta;i <= en;i++)
#define ls now<<1
#define rs now<<1|1
#define mid (l+r)/2
const int maxn = 2e5+11;
int t[maxn<<2],n,m,num[maxn];
void build(int now,int l,int r){
if(l == r) {t[now] = num[l] - num[l - 1];return;}
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
t[now] = max(t[ls],t[rs]);
}
void update(int now,int l,int r,int pos,int value){
if(l == r) {
t[now] = value;
return;
}
if(pos <= mid) update(ls,l,mid,pos,value);
else update(rs,mid+1,r,pos,value);
t[now] = max(t[ls],t[rs]);
}
int main(){
while(~scanf ("%d", &n)){
For(i,1,n) scanf ("%d", num+i);
build(1,2,n); //注意建樹范圍，從2到n
scanf ("%d", &m);int pos,value;
For(i,1,m){
scanf ("%d%d", &pos, &value);
num[pos] = value; //原數組修改
if(pos > 1) update(1,2,n,pos,num[pos] - num[pos - 1]); //如果不是第一個點
if(pos < n) update(1,2,n,pos+1,num[pos + 1] - num[pos]); //如果不是最后一個點
double tem = t[1];
printf("%.2lf\n",tem);
}
}
return 0;
}
最后提醒一下，這題在牛客網同一份代碼有時 \(\mathrm{MLE}\) 最后三個點，有時只占用總限制內存大小的一半就 \(\mathrm{AC}\) 了，如果出現這種神奇的情況，多交幾次就過了（可能是評測機異常或者測試數據隨機？我稱之為玄學）。
例題二 求最大公因數
NC26255 小陽的貝殼
這題要求最大公因數和差分最值，最值上一題已經求過了，這最大公因數怎么維護出來呢？而且修改是區間修改的，這貌似也增加了維護最大公因數的難度。我們分開思考，如果只有 \(1\) 和 \(2\) 兩種操作，區間加和差分是很好維護的，只需要在區間起始位置和終止位置加 \(1\) 處加上對應值即可（例如我們要原數組 \([2,3]\) 區間加上 \(4\) ,首先是要修改差分數組上的 \(t[2] +4\)， 然后還要修改 \(t[4]-4\) ,這也是很好理解的，畢竟 \([2,3]\) 區間比其他區間突出了一塊，整體提高了 \(4\) ，而其他的區間的差分關系並沒有被改變）。
我們接着思考最大公因數的求法，無非就是輾轉相除法和更相減損術，誒，這更相減損術有點差分的意味了。根據更相減損術，有：
我們想辦法讓他和差分聯系起來。設原數組為 \(A\) ,差分數組為 \(T\) ，則有：
拓展到多個整數的情況,對於區間 \([i,j]\)，有：
這樣，我們通過維護差分數組 \(T\) 的區間和，區間絕對值最大值，區間最大公因數三個信息就可以做出這道題了。有思路的可以開始做了，代碼並不難，只是注意什么值不取絕對值，什么值取絕對值。
我的代碼里有一個求 \(\mathrm{gcd}\) 函數（百度的），如果是自己寫記得要特判可能會除0的情況。還有一個辦法是調用 \(<\mathrm{algorithm}>\) 庫里的 \(\_\_\mathrm{gcd}\) 的函數。
\(Code\):
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define For(i,sta,en) for(int i = sta;i <= en;i++)
#define speedUp_cin_cout ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);
#define mid (l+r)/2
#define ls now<<1
#define rs now<<1|1
const int maxn = 1e5+5;
inline int Gcd(int a,int b){
if(a == 0) return b;
if(b == 0) return a;
while(b^=a^=b^=a%=b);
return a;
}
int a[maxn],n,m,cha[maxn]; //a為原數組，cha為差分數組
//線段樹節點
struct node{
int sum,gcd,gap;//區間和，最大公因數，最大差的絕對值
}t[maxn<<2];
void pushup(int now){
t[now].sum = t[ls].sum + t[rs].sum; //直接加
t[now].gcd = Gcd(t[ls].gcd,t[rs].gcd); //兩邊取最大公約數
t[now].gap = max(t[ls].gap,t[rs].gap); //兩邊取最大差
}
void build(int now,int l,int r){
if(l == r) {
t[now].sum = cha[l];
t[now].gcd = abs(cha[l]); //取絕對值
t[now].gap = abs(cha[l]); //取絕對值
return;
}
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
pushup(now);
}
void update(int now,int l,int r,int pos,int value){
if(l == r) {
t[now].sum = cha[l];
t[now].gcd = abs(cha[l]);
t[now].gap = abs(cha[l]);
return;
}
if(pos <= mid) update(ls,l,mid,pos,value);
else update(rs,mid+1,r,pos,value);
pushup(now);
}
int queryGap(int now,int l,int r,int x,int y){
if(x <= l && r <= y) return t[now].gap;
int ans = 0;
if(x <= mid) ans = max(ans,queryGap(ls,l,mid,x,y));
if(y > mid) ans = max(ans,queryGap(rs,mid+1,r,x,y));
return ans;
}
int querySum(int now,int l,int r,int x,int y){
if(x <= l && r <= y) return t[now].sum;
int ans = 0;
if(x <= mid) ans += querySum(ls,l,mid,x,y);
if(y > mid) ans += querySum(rs,mid+1,r,x,y);
return ans;
}
int queryGcd(int now,int l,int r,int x,int y){
if(x <= l && r <= y) return t[now].gcd;
int ans = 0;
if(x <= mid) ans = Gcd(ans,queryGcd(ls,l,mid,x,y));
if(y > mid) ans = Gcd(ans,queryGcd(rs,mid+1,r,x,y));
return ans;
}
int main(){
speedUp_cin_cout
cin>>n>>m;
For(i,1,n) cin>>a[i],cha[i] = a[i] - a[i-1];
build(1,1,n);
int op,x,y,v;
For(i,1,m){
cin>>op>>x>>y;
if(op == 1) {
cin>>v;
cha[x] += v; //注意要修改一下查分數組，和我寫法有關
update(1,1,n,x,v);
if(y < n) { //如果不是最后一個還要修改一個單點
cha[y+1] -= v;
update(1,1,n,y+1,-v);
}
}else if(op == 2) cout<<queryGap(1,1,n,x+1,y)<<endl; //操作2
else cout<<Gcd(querySum(1,1,n,1,x),queryGcd(1,1,n,x+1,y))<<endl; //操作3
}
return 0;
}
希望對你理解有所幫助，如果有不清楚的的地方歡迎和我討論💡。