差分

差分

• 題單:差分入門

• 概念：

差分：兩個相鄰的數之差。

把原數列進行差分，得到新數列，這是1階差分。

把新數列再差分，得到2階差分的數列。

以此類推，進行n次差分后，得到的數列就是n階差分。

應用：

用於解決有規律的區間問題，

例如區間加等差數列，給\(x\in[L,R]\)加上\((x - L) * d\),

2階差分下的等差數列就可以轉化為普通的差分問題\(+1\), \(-1\)。

通常需要找到數列在n階差分下變成簡單差分問題，再進行從\(n\)到\(0\)階用前綴和還原，還要注意\(n\)階差分在\(1\)到\(n\)階的影響要消除。

樹上差分：

點權:

對\(u,v\) ,\(+1\);

對\(lca,f(lca)\)，\(-1\).

邊權：

邊記在較深點。

對\(u,v\) ,\(+1\);

對\(lca\)，\(-1\).

• 問題:

P4231 三步必殺

下面 \(a_{i,j}\) 表示 \(a\) 經過 \(i\) 次差分后第 \(j\) 位的數。

區間對\([L, R]\)加上\(s, ..., e\)的等差數列。

一個等差數列\(y = d(x-1) + s\)，容易發現是一次函數，進行一次差分就變成常數，對常數差分就變成\(0\)(\(y''=0\))

原數列\(\{1,2,3,4,5\}\)

一次差分\(\{1,1,1,1,1\}\)

二次差分\(\{1,0,0,0,0\}\)

有操作\([1,3],s=2,e=4\),那么這個等差數列是\(\{2,3,4\}\)，公差\(d = 1\)

一次差分得到\(\{2,1,1\}\)，這是在一階差分數組對區間\([1,3]\)加上\(2,1,1\)

在差分得到\(\{2,-1,0\}\),發現就能在原數組的二階差分下，對\(a_{2,1}+1\),對\(a_{2,2} - 1\)對 \(a_{2,3 + 1} - (2 - 1)\).

二階差分\(\{3,-1,0,-1,0,0\}\)

一階差分\(\{3,2,2,1,1\}\)

原數組\(\{3,5,7,8,9\}\)

發現多了好多，這是沒有消除影響的結果。

這時一階為\(\{3,2,2,1,1\}\)

在對\(a_{2,3 + 1} - (2 - 1)\)的同時，也要對\(a_{1,3+1}- sum\), \(sum\) 為詢問操作在一階差分的區間\([1,3]\)的和\(2 + 1 + 1=4\)

這時一階為\(\{3,2,2,1 - 4,1\}\)

還原，原數組\(\{3,5,7,4,5\}\)，即\(\{1+2,2+3,3+4,4,5\}\)。

在本題題解中，也有把這些影響化簡的方法，就能只在二階差分數組操作。

CF407C Curious Array

\(\forall x\in[L,R]\subset Z, x + \binom{x - L + k}{k}\)

簡單的變換\(\binom{x-L+k}{k} = \binom{x-L+k}{x-L}\)

對於一個組詢問\((L,R,k)\),就加\(\binom{k}{0}\),\(\binom{k + 1}{1}\),\(...\),\(\binom{k + R - L}{R - L}\).

在楊輝三角里，這就是一條起點是\((k, 0)\)終點是\((k + R - L, R - L)\)的線段,正好是\(45\)°。

我們知道

\[\binom{n}{m} = \binom{n -1 }{m} + \binom{n - 1}{m - 1} \]

移項得到

\[\binom{n}{m} -\binom{n - 1}{m - 1} = \binom{n -1 }{m} \]

發現上面

\[\binom{k}{0},\binom{k + 1}{1},...,\binom{k + R - L}{R - L} \]

與這條式子很像。

就把它差分一次，得到

\[\binom{k}{0},\binom{k}{1},...,\binom{k + R - L - 1}{R - L} \]

這個

\[\binom{k}{0}=\binom{k-1}{0}=1 \]

這樣換一下就漂亮多了：

\[\binom{k - 1}{0},\binom{k}{1},...,\binom{k + R - L - 1}{R - L} \]

再差分:

\[\binom{k - 2}{0},\binom{k - 1}{1},...,\binom{k + R - L - 2}{R - L} \]

那么差分了\(j\)次，就得到：

\[\binom{k - j}{0},\binom{k + 1 - j}{1},...,\binom{k + R - L - j}{R - L} \]

當差分了\(k + 1\)次，

\[\binom{k - (k + 1)}{0} = \binom{-1}{0},\binom{k - (k + 1) + 1}{0} = \binom{0}{1},... \]

這時所有數都為\(0\)，再差分也沒有意義了。

• 考慮經過\(k + 1\)次差分后，得到全0的數列。

• 假如給第\(L\)數也就是這個數列的第一個數\(+1\)。

  這里\(\binom{k - k}{0} = 1\)。

  到了第二個數，求前面兩個數的和，\((1 + \binom{k-(k + 1)}{0}) + \binom{k-(k+1) + 1}{1} = \binom{k - k}{0} + \binom{k-k}{1}=\binom{k - k + 1}{1}\)這就是\(K\)次差分數組的第二個數。

• 以此類推，只要給\(a[k+1][L] +1\),就能推出\(a[k][L...N]\)。

  那么在\(R+1\)位置\(-1\),就能不改變\(R+1\)后面的位置了，即算出了 \(a[k][L...R]\)。

• 這樣算就發現\(a[k - 1][R...N]\)多了，推出上一階的差分數組時要考慮有沒有算多，考慮 \(K\) 次差分在 \(K - 1\) 次差分的影響，這就是在 \(K - 1\) 次差分的 \(R+1\) 位置，減去這次加入的數列\([L,R]\)在\(K\)次差分下的和。

  總的來說，就是對
  $$\forall K \in [1,k + 1], a[K][R+1] - sum$$

  這個數列在\(K\)次差分下為\(\binom{k - K}{0},\binom{k + 1 - K}{1},...,\binom{k + R - L - K}{R - L}\).
  即
  $$a[K][R + 1] - (\binom{k - K}{0} + \binom{k + 1 - K}{1} + ... + \binom{k + R - L - K}{R - L})$$
  通過證明，
  $$\binom{k - K}{0} + \binom{k + 1 - K}{1} + ... + \binom{k + R - L - K}{R - L} = \binom{K + R - L - K + 1}{R - L} $$

  感性理解一下，

  在楊輝三角里，就是一條起點是\((k, 0)\)終點是\((k + R - L, R - L)\)的線段，

  \[\binom{k}{0}=\binom{k + 1}{0} = 1 \]

  這個式子相當於把起點\((k,0)\)移到\((k + 1, 0)\),

  再通過

  \[\binom{k}{i}+\binom{k}{i + 1} = \binom{k + 1}{i + 1} \]

  這個式子，把這兩個點合成\((k + 2,1)\)，在與\((k+2,2)\)合成\((k + 3,2)\)......最后就合成到

  \[\binom{K+R-L-K+1}{R-L} \]

• 所以，對\(\forall K \in [1,k + 1], a[K][R+1] - \binom{K+R-L-K+1}{R-L}\)。

  最后就是從\(K+1\)次差分開始，第\(i\)次差分通過前綴和，得到\(i - 1\)的差分，最后得到原數組啦。

  CF上用C++14還要把用來差分的數組清零，不然有奇怪的值？

P4868 Preprefix sum

在\(O(\log n)\)的時間內，知道了二階差分，求出原序列某一位。

求原序列的\(x\)位，

\[a_x = \sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{i}c_j \]

\(c\)為二階差分，\(b\)為一階差分，那么\(b_i = \sum_{j=1}^{i}c_j\)。

考慮\(c_j\)會被\(a_x\)計算幾次，首先\(c_j\)會對\(b_j\)及以后的\(b\)產生貢獻，

其中貢獻到\(a_x\)的\(b\)有\(b_j\)到\(b_x\)，因此\(a_x\)被貢獻\((x - j + 1)\)次

\[a_x = \sum_{i=1}^{x}(x - j + 1)c_j \]

\[a_x = (x + 1)\sum_{i=1}^{x}c_j - \sum_{i=1}^{x}j \times c_j \]

這兩個和式都能用樹狀數組算出。

P4514 上帝造題的七分鍾

二維差分。

平面求和，平面修改。

同上題差不多的做法。

差分定義為

\[d_{x, y} = a_{x,y} - a_{x - 1, y} - a_{x, y -1} + a_{x - 1, y - 1} \]

和二維前綴和相同。

\[a_{x,y}=\sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{y}\sum_{a=1}^{i}\sum_{b=1}^{j}d_{a,b} \]

求a的\((1,1)\)到\((x,y)\)的和。

考慮差分\(d_{i,j}\)的貢獻，只有\(a_{k,z}|k\in[i,x],z\in[j,y]\)算入\(d_{i, j}\)。

那么\(d_{i,j}\)被計算\((x-i+1)(y-j+1)\)次.

\[a_{x,y}=\sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{y}(x - i + 1)(y - j + 1)d_{i,j} \]

\[a_{x,y}=\sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{y}(xy-xj-x-iy+ij-i+y-j+1)d_{i,j} \]

\[a_{x,y}=\sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{y}((xy+x+y+1)+ij-i(y+1)-j(x+1))d_{i,j} \]

\[a_{x,y}=(xy+x+y+1)\sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{y}d_{i,j}+\sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{y}ijd_{i,j}-(y+1)\sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{y}id_{i,j}-(x+1)\sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{y}jd_{i,j} \]

用四個二維樹狀數組記錄\(d_{i,j},i\times d_{i,j},j\times d_{i,j},i\times j \times d_{i,j}\)

時間復雜度\(O(q\log^2n)\)