差分

差分

• 题单:差分入门

• 概念：

差分：两个相邻的数之差。

把原数列进行差分，得到新数列，这是1阶差分。

把新数列再差分，得到2阶差分的数列。

以此类推，进行n次差分后，得到的数列就是n阶差分。

应用：

用于解决有规律的区间问题，

例如区间加等差数列，给\(x\in[L,R]\)加上\((x - L) * d\),

2阶差分下的等差数列就可以转化为普通的差分问题\(+1\), \(-1\)。

通常需要找到数列在n阶差分下变成简单差分问题，再进行从\(n\)到\(0\)阶用前缀和还原，还要注意\(n\)阶差分在\(1\)到\(n\)阶的影响要消除。

树上差分：

点权:

对\(u,v\) ,\(+1\);

对\(lca,f(lca)\)，\(-1\).

边权：

边记在较深点。

对\(u,v\) ,\(+1\);

对\(lca\)，\(-1\).

• 问题:

P4231 三步必杀

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

区间对\([L, R]\)加上\(s, ..., e\)的等差数列。

一个等差数列\(y = d(x-1) + s\)，容易发现是一次函数，进行一次差分就变成常数，对常数差分就变成\(0\)(\(y''=0\))

原数列\(\{1,2,3,4,5\}\)

一次差分\(\{1,1,1,1,1\}\)

二次差分\(\{1,0,0,0,0\}\)

有操作\([1,3],s=2,e=4\),那么这个等差数列是\(\{2,3,4\}\)，公差\(d = 1\)

一次差分得到\(\{2,1,1\}\)，这是在一阶差分数组对区间\([1,3]\)加上\(2,1,1\)

在差分得到\(\{2,-1,0\}\),发现就能在原数组的二阶差分下，对\(a_{2,1}+1\),对\(a_{2,2} - 1\)对 \(a_{2,3 + 1} - (2 - 1)\).

二阶差分\(\{3,-1,0,-1,0,0\}\)

一阶差分\(\{3,2,2,1,1\}\)

原数组\(\{3,5,7,8,9\}\)

发现多了好多，这是没有消除影响的结果。

这时一阶为\(\{3,2,2,1,1\}\)

在对\(a_{2,3 + 1} - (2 - 1)\)的同时，也要对\(a_{1,3+1}- sum\), \(sum\) 为询问操作在一阶差分的区间\([1,3]\)的和\(2 + 1 + 1=4\)

这时一阶为\(\{3,2,2,1 - 4,1\}\)

还原，原数组\(\{3,5,7,4,5\}\)，即\(\{1+2,2+3,3+4,4,5\}\)。

在本题题解中，也有把这些影响化简的方法，就能只在二阶差分数组操作。

CF407C Curious Array

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

简单的变换\(\binom{x-L+k}{k} = \binom{x-L+k}{x-L}\)

对于一个组询问\((L,R,k)\),就加\(\binom{k}{0}\),\(\binom{k + 1}{1}\),\(...\),\(\binom{k + R - L}{R - L}\).

在杨辉三角里，这就是一条起点是\((k, 0)\)终点是\((k + R - L, R - L)\)的线段,正好是\(45\)°。

我们知道

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

移项得到

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

发现上面

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

与这条式子很像。

就把它差分一次，得到

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

这个

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

这样换一下就漂亮多了：

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

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：

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

当差分了\(k + 1\)次，对于数列中第一个数，\(\binom{0}{0} = 1\neq \binom{-1}{0} = 0\)

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

这时除了第一个数为 \(1\) 外，剩下的数都为\(0\)，再差分也没有意义了。

• 考虑经过\(k + 1\)次差分后，得到 \(1,0,\dots\) 的数列。

• 假如给第\(L\)数也就是这个数列的第一个数\(+1\)。

  这里\(\binom{k - k}{0} = 1\)。

  到了第二个数，求前面两个数的和，\((1 + \binom{k-(k + 1)}{0}) + \binom{k-(k+1) + 1}{1} = \binom{k - k}{0} + \binom{k-k}{1}=\binom{k - k + 1}{1}\)这就是\(K\)次差分数组的第二个数。

• 以此类推，只要给\(a[k+1][L] +1\),就能推出\(a[k][L...N]\)。

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

• 这样算就发现\(a[k - 1][R...N]\)多了，推出上一阶的差分数组时要考虑有没有算多，考虑 \(K\) 次差分在 \(K - 1\) 次差分的影响，这就是在 \(K - 1\) 次差分的 \(R+1\) 位置，减去这次加入的数列\([L,R]\)在\(K\)次差分下的和。

  总的来说，就是对
  $$\forall K \in [1,k + 1], a[K][R+1] - sum$$

  这个数列在\(K\)次差分下为\(\binom{k - K}{0},\binom{k + 1 - K}{1},...,\binom{k + R - L - K}{R - L}\).
  即
  $$a[K][R + 1] - (\binom{k - K}{0} + \binom{k + 1 - K}{1} + ... + \binom{k + R - L - K}{R - L})$$
  通过证明，
  $$\binom{k - K}{0} + \binom{k + 1 - K}{1} + ... + \binom{k + R - L - K}{R - L} = \binom{K + R - L - K + 1}{R - L} $$

  感性理解一下，

  在杨辉三角里，就是一条起点是\((k, 0)\)终点是\((k + R - L, R - L)\)的线段，

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

  这个式子相当于把起点\((k,0)\)移到\((k + 1, 0)\),

  再通过

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

  这个式子，把这两个点合成\((k + 2,1)\)，在与\((k+2,2)\)合成\((k + 3,2)\)......最后就合成到

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

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

  最后就是从\(K+1\)次差分开始，第\(i\)次差分通过前缀和，得到\(i - 1\)的差分，最后得到原数组啦。

  CF上用C++14还要把用来差分的数组清零，不然有奇怪的值？

P4868 Preprefix sum

在\(O(\log n)\)的时间内，知道了二阶差分，求出原序列某一位。

求原序列的\(x\)位，

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

\(c\)为二阶差分，\(b\)为一阶差分，那么\(b_i = \sum_{j=1}^{i}c_j\)。

考虑\(c_j\)会被\(a_x\)计算几次，首先\(c_j\)会对\(b_j\)及以后的\(b\)产生贡献，

其中贡献到\(a_x\)的\(b\)有\(b_j\)到\(b_x\)，因此\(a_x\)被贡献\((x - j + 1)\)次

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

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

这两个和式都能用树状数组算出。

P4514 上帝造题的七分钟

二维差分。

平面求和，平面修改。

同上题差不多的做法。

差分定义为

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

和二维前缀和相同。

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

求a的\((1,1)\)到\((x,y)\)的和。

考虑差分\(d_{i,j}\)的贡献，只有\(a_{k,z}|k\in[i,x],z\in[j,y]\)算入\(d_{i, j}\)。

那么\(d_{i,j}\)被计算\((x-i+1)(y-j+1)\)次.

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

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

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

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

用四个二维树状数组记录\(d_{i,j},i\times d_{i,j},j\times d_{i,j},i\times j \times d_{i,j}\)

时间复杂度\(O(q\log^2n)\)