差分的应用

前言

　　之前一直不知道差分数组的本质含义，只知道差分数组是用来处理这样一种情况的，就是当需要给原序列$\left[ {l, r} \right]$这个区间范围内加上一个数$c$是，并不需要从$l$循环到$r$来给每个数加上$c$，只需要对原序列对应的差分数组$diff$进行$diff \left[ l \right] \mathrel{+}= c,~ diff \left[ {r+1} \right] \mathrel{-}= c$就可以了，之后再对差分数组求前缀和就可以得到修改后的序列。

　　事实上差分数组本身的含义是两个相邻数值的差值，比如有原序列$a$和对应的差分序列$diff$，那么$diff \left[ i \right]$就表示$a \left[ i \right]$与$a \left[ {i-1} \right]$相差的大小，即$diff \left[ i \right] = a \left[ i \right] - a \left[ {i-1} \right]$。一个序列的差分序列就是这样子构造出来的，当$i = 1$，$diff \left[ i \right] = a \left[ i \right]$；当$i > 1$，$diff \left[ i \right] = a \left[ i \right] - a \left[ {i-1} \right]$，即：

\begin{cases}
diff \left[ 1 \right] = a \left[ 1 \right] \\
diff \left[ 2 \right] = a \left[ 2 \right] - a \left[ 1 \right] \\
diff \left[ 3 \right] = a \left[ 3 \right] - a \left[ 2 \right] \\
~~~~~~~~~~~~~~\vdots \\
diff \left[ n \right] = a \left[ n \right] - a \left[ {n-1} \right] \\
\end{cases}

　　可以发现，$a \left[ i \right] = diff \left[ 1 \right] + diff \left[ 2 \right] + \dots + diff \left[ i \right]$，即对差分数值求前缀和就会得到原序列。

　　因为没意识到这点，所以下面的题完全没有思路。

 

增减序列

给定一个长度为 $n$ 的数列 $a_{1},a_{2}, \dots, a_{n}$，每次可以选择一个区间 $\left[ {l,r} \right]$，使下标在这个区间内的数都加一或者都减一。

求至少需要多少次操作才能使数列中的所有数都一样，并求出在保证最少次数的前提下，最终得到的数列可能有多少种。

输入格式

第一行输入正整数 $n$。

接下来 $n$ 行，每行输入一个整数，第 $i+1$ 行的整数代表 $a_{i}$。

输出格式

第一行输出最少操作次数。

第二行输出最终能得到多少种结果。

数据范围

$0 < n \leq {10}^{5}$,
$0 \leq a_{i} < 2147483648$

输入样例：

4
1
1
2
2

输出样例：

1
2

 

解题思路

　　从差分的角度来思考这个问题，我们要把原序列中的所有数变得一样，意味着对应的差分数组在$diff \left[ 2 \right]$到$diff \left[ n \right]$应该都为$0$，即$diff \left[ i \right] = 0, i \in \left[ {2,n} \right]$，因为按照差分数组的定义，如果差分数组为$0$，意味着两个相邻的数的差应该为$0$，即这两个数相等。比如$diff \left[ 2 \right] = 0$，说明$a \left[ 2 \right]$和$a \left[ 1 \right]$的差为$0$，即$a \left[ 2 \right] = a \left[ 1 \right]$，以此类推，一直到$diff \left[ n \right]$。$diff \left[ 1 \right]$可以是任意值，并且最后整个序列是由$diff \left[ 1 \right]$决定的（整个序列中的数都是$diff \left[ 1 \right]$）。

　　因此整个问题变成了，最少操作多少次，使得$diff \left[ 2 \right]$到$diff \left[ n \right]$全部变成$0$，以及在最小操作的前提下，$diff \left[ 1 \right]$有多少种不同的值。

　　我们原本是要对原序列的$a \left[ l \right]$到$a \left[ r \right]$都加上$1$或$-1$，现在变成了只需对$diff \left[ l \right] \pm 1$和$diff \left[ {r+1} \right] \mp 1$。

　　并且由于序列的下标是$1 \sim n$，$r$最大取到$n$，因此差分数组有$n+1$项，从$diff \left[ 1 \right]$到$diff \left[ {n+1} \right]$。我们的目的是让$diff \left[ 2 \right]$到$diff \left[ n \right]$全部变成$0$，其中$diff \left[ 1 \right]$和$diff \left[ {n+1} \right]$可以是任意的值。下面我们来看一下不同的操作对差分数组$diff$的影响。

　　以下$l$和$r$表示对原序列$a \left[ l \right]$到$a \left[ r \right]$都加上$1$或$-1$。

• 当$2 \leq {l,r} \leq n-1$

　　表示令$diff \left[ l \right] \mathrel{+}= 1,~ diff \left[ {r+1} \right] \mathrel{-}= 1$，或$diff \left[ l \right] \mathrel{-}= 1,~ diff \left[ {r+1} \right] \mathrel{+}= 1$。即在$diff \left[ 2 \right]$到$\left[ n \right]$中令一个数加$1$，另外一个数$-1$。

• 当$l = 1,~ r \leq n-1$

　　表示令$diff \left[ 1 \right] \mathrel{+}= 1$，$diff \left[ 2 \right]$到$diff \left[ n \right]$中的某个数$-1$；或$diff \left[ 1 \right] \mathrel{-}= 1$，$diff \left[ 2 \right]$到$diff \left[ n \right]$中的某个数$+1$。即让$diff \left[ 2 \right]$到$diff \left[ n \right]$中的某个数$\pm 1$。

• 当$l \geq 2,~ r = n$

　　表示令$diff \left[ {n+1} \right] \mathrel{+}= 1$，$diff \left[ 2 \right]$到$diff \left[ n \right]$中的某个数$-1$；或$diff \left[ {n+1} \right] \mathrel{-}= 1$，$diff \left[ 2 \right]$到$diff \left[ n \right]$中的某个数$+1$。即让$diff \left[ 2 \right]$到$diff \left[ n \right]$中的某个数$\pm 1$。

• 当$l =1,~ r = n$

　　表示对原序列的每个数都加上同一个数，无意义。

　　因此最少用前$3$种的操作多少次，使得$diff \left[ 2 \right]$到$diff \left[ n \right]$全部变成$0$？我们会贪心地想，如果差分数组中既存在正数和负数，那么我们应该用第一种操作同时让正数和负数都减少$1$个，直到差分数组中只存在正数或负数，这时就选第$2$个操作或第$3$个操作。

　　假设差分数组中所有正数的和为$p$，所有负数的和的绝对值为$q$，按照上面的贪心做法，那么最小的操作次数为$min\{ {p,q} \} + \left| {p-q} \right| = max \{ {p, q} \}$。

　　我们先求理论最小值是多少，假设有$p>q$，因为我们每次的操作最多让$p$减少$1$个，因此要让$p$变为$0$，至少要$p$次操作，即最少次数应该$\geq p$，又因为我们上面构造了一种方法使得操作的次数恰好为$p$，因此这种贪心的做法是正确的。如果$p<q$，同理。

　　最后一个问题是可以得到多少种不同的序列。前面已经分析过整个序列是由$diff \left[ 1 \right]$决定的，因此我们应该分析在最小操作次数的前提下，$diff \left[ 1 \right]$会被改变多少次。又因为当$p$和$q$同时大于$0$时都会用第$1$种操作，且第$1$种操作不会对$diff \left[ 1 \right]$产生影响，因此我们应该看当$p$和$q$有一个为$0$情况。此时还需要进行的$\left| {p-q} \right|$次操作$2$或操作$3$，且只有操作$2$会改变$diff \left[ 1 \right]$。我们可以选择的操作$2$的次数有$0, 1, 2, \dots, \left| {p-q} \right|$次（当然，剩下的操作次数应该分配给操作$3$），因此$diff \left[ 1 \right]$有$\left| {p-q} \right| + 1$种取值，即可以得到的不同的序列有$\left| {p-q} \right| + 1$种。

　　AC代码如下：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

int a[N];

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", a + i);
    }
    
    // 求原序列的差分数组，要逆着求，因为顺着求时，a[i-1]已经被改变了
    for (int i = n; i; i--) {
        a[i] -= a[i - 1];
    }
    
    long long p = 0, q = 0;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (a[i] > 0) p += a[i];    // 求差分数组中正数的和
        else q -= a[i];     // 求差分数组中负数的绝对值的和
    }
    
    printf("%lld\n%d", max(p, q), abs(p - q) + 1);
    
    return 0;
}

 

空调

Farmer John 的 $N$ 头奶牛对他们牛棚的室温非常挑剔。

有些奶牛喜欢温度低一些，而有些奶牛则喜欢温度高一些。

Farmer John 的牛棚包含一排 $N$ 个牛栏，编号为 $1 \dots N$，每个牛栏里有一头牛。

第 $i$ 头奶牛希望她的牛栏中的温度是 $p_{i}$，而现在她的牛栏中的温度是 $t_{i}$。

为了确保每头奶牛都感到舒适，Farmer John 安装了一个新的空调系统。

该系统进行控制的方式非常有趣，他可以向系统发送命令，告诉它将一组连续的牛栏内的温度升高或降低 $1$ 个单位——例如「将牛栏 $5 \dots 8$ 的温度升高 $1$ 个单位」。

一组连续的牛栏最短可以仅包含一个牛栏。

请帮助 Farmer John 求出他需要向新的空调系统发送的命令的最小数量，使得每头奶牛的牛栏都处于其中的奶牛的理想温度。

输入格式

输入的第一行包含 $N$。

下一行包含 $N$ 个非负整数 $p_{1} \dots p_{N}$，用空格分隔。

最后一行包含 $N$ 个非负整数 $t_{1} \dots t_{N}$。

输出格式

输出一个整数，为 Farmer John 需要使用的最小指令数量。

数据范围

$1 \leq N \leq {10}^{5}$,
$0 \leq p_{i},t_{i} \leq 10000$

输入样例：

5
1 5 3 3 4
1 2 2 2 1

输出样例：

5

样例解释

一组最优的 Farmer John 可以使用的指令如下：

初始温度     ：1 2 2 2 1
升高牛棚 2..5：1 3 3 3 2
升高牛棚 2..5：1 4 4 4 3
升高牛棚 2..5：1 5 5 5 4
降低牛棚 3..4：1 5 4 4 4
降低牛棚 3..4：1 5 3 3 4

 

解题思路

　　首先把$A$序列变成$B$序列与把$B$序列变成$A$序列是等价的，只是把操作逆过来，因此把$A$序列变成$B$序列的最小操作次数与把$B$序列变成$A$序列的最小操作次数是一样的。

　　我们先求这两个序列的差$C$，例如样例，我们得到两个序列的差就是$0~3~1~1~3$，表明我们要在序列$1~2~2~2~1$的基础上加上$0~3~1~1~3$才能变成$1~5~3~3~4$。因此问题变成了至少需要多少次操作使得全$0$的序列变成$0~3~1~1~3$，更一般的，需要最小多少次的操作使得全$0$的序列变成两个序列的差$C$。等价的，需要最小多少次的操作使得两个序列的差$C$变成全$0$的序列。

　　我们来考虑$C$的差分数组，与上一题一样，我们要让$C$全部变成$0$，那么$C$对应的差分数组中的$diff \left[ 2 \right]$到$\left[ n \right]$应该都为$0$（因为原序列中每个数都相等，都等于$0$），且$diff\left[ 1 \right]$也等于$0$（因为当$diff \left[ 1 \right]$到$\left[ n \right]$都为$0$时，$diff\left[ 1 \right]$决定了原序列）。我们每次可以让序列$C$的某一段加上$1$或$-1$，对应的让差分序列的某两个数一个加$1$另外一个减$1$。

　　一样的，差分序列的长度是$n+1$，我们要让$diff \left[ 1 \right]$到$diff \left[ n \right]$全部变成$0$（注意这题是$1 \sim n$），$diff \left[ {n+1} \right]$可以是任意值。与上题的贪心思路一样，假设差分数组中所有正数的和为$p$，所有负数的和的绝对值为$q$，假设$p$和$q$同时大于$0$，那么我们在$diff \left[ 1 \right]$到$diff \left[ n \right]$中，让一个正数数减$1$，一个负数加$1$，这样的操作共$min \{ {p, q} \}$次。然后剩下的只有正数或负数，我们让这些数与$diff \left[ {n+1} \right]$进行加$1$和减$1$，这样的操作共$\left| {p-q} \right|$次。因此最小的操作次数为$max \{ {p, q} \}$。

　　AC代码如下：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

int a[N];

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", a + i);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int val;
        scanf("%d", &val);
        a[i] -= val;
    }
    
    for (int i = n; i; i--) {
        a[i] -= a[i - 1];
    }
    
    int p = 0, q = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (a[i] > 0) p += a[i];
        else q -= a[i];
    }
    
    printf("%d", max(p, q));
    
    return 0;
}

 

参考资料

　　AcWing 100. 增减序列（算法提高课）：https://www.acwing.com/video/763/

　　AcWing 4262. 空调（春季每日一题2022）：https://www.acwing.com/video/3868/