差分数组

介绍：

区间修改查询问题一般会想到用线段树或者树状数组来做，但是题目是离线查询，即完成修改后再查询的话，可以用到差分数组。

差分数组：

对于数组a[i]，我们令d[i]=a[i]-a[i-1]  (特殊的，第一个为d[1]=a[1])，则d[i]为一个差分数组。

我们发现统计d数组的前缀和sum数组，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],即前缀和sum[i]=a[i]；

因此每次在区间[l,r]增减x只需要令d[l]+x,d[r+1]-x，就可以保证[l,r]增加了x，而对[1,l-1]和[r+1,n]无影响。 复杂度则是O(n)的。

 

 

题目：

HDU 1556 Color the ball

题意：

给出一个区间n， n个数初始值都是0， 给出n个区间修改，修改是在[l,r]上加1， 最后输出n个数。

分析：

属于离线查询， 可以维护差分数组来求出最后的数字。

#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));//初始化都为0
        int l, r;
        memset(d, 0, sizeof(d));
        d[1] = a[1];//特殊处理第一个数
        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]前缀和， 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

题意：

给定一个长度为n的数列a[i]，每次可以选择一个区间[l,r]，使这个区间内的数都加一或者都减一。

求：（1）至少需要多少次操作才能使数列中的所有数都一样。

　　（2）在保证最少次数的前提下，最终得到的数列有多少种

分析：

因为我们最终是求一个所有数的一样的序列， 所以其差分数组就是除了d[1]外，d[2]~d[n]全为0。

然后题目中区间加一或者区间减一操作， 其实就是在差分数组中， 找出两个下标i, j, d[i]++, d[j]--(或者d[i]--, d[j]++)

所以我们就可以利用这个操作把d[2]~d[n]中的正数和负数中和， 然后还有会一部分正数（或负数）多出来， 我们只需要在这个点上面直接加减就好（这个单点操作其实有两重意义，涉及第二问）

我们求出d[2]~d[n]的正数和绝对值pos， 负数和绝对值neg

所以第一问的答案就是max(pos,neg)

刚刚提到了有一个单点操作的意义， 我们就拿d[i]++来说吧

第一种含义是， 因为d[1]是什么并没有关系， 所以可以代表d[1]-- , d[i]++, 实际意义就是数组a[1]~a[i-1]都减去1。

第二种含义是， 因为修改区间[l,r]加一是在d[l]++， d[r+1]--, 如果这个r等于n的时候， 那么r+1并没有意义， 所以也成了单点操作， 实际意义就是a[i]~a[n]加上1。

就是说那个多出来的d[i]可以配给d[1]或者d[n+1]（没有意义）

所以我们的问题二可以转化为d[1]的取值个数， 那么可以配0次， 1次...到abs(pos-neg)次， 所以最终d[1]的取值总共abs(pos-neg) + 1次。