2019-06-25
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一. 适合解决的问题
有n个数。m次操作,每一次操作,给定l,r,del.将l~r区间的所有数增加del；最后有q个询问,给你 l,r ,每一次询问求出l~r的区间和。
注明： 先进行m个修改操作,后进行查询操作.
涉及到的用途有
- 快速处理区间加减操作：O(1)
- 询问区间和:O(n)处理O(1)查询.
二. 算法解释
差分数组定义：记录当前位置的数与上一位置的数的差值.
我们发现差分数组的前缀和s[i]就是原数组a[i]的值
差分数组的前缀和：9 3 5 4 2
现在对原数组a进行区间操作：
我们可以发现图中对新的差分数组进行前缀和的数组（即图中的新的a数组）和对原数组a进行区间操作后的数组a一模一样
另外，可以通过图中新的前缀和数组(假设为sum) 求出 区间操作后的数组a的区间和
beforesum(a~b)=sum[b]-sum[a-1];
三.关键代码
简化版：
解释版：
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define N 100005
int main()
{
int a[N],b[N];
int n;//数组a的长度
cout<<"请输入数组a的长度："<<endl;
cin>>n;
cout<<"请输入数组a的元素："<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
memset(b,0,sizeof(b));
a[0]=0;//很重要
for(int i=1;i<=n;i++)//差分数组就是原数组前后数的差值
b[i]=a[i]-a[i-1];
cout<<"差分数组："<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++)
cout<<b[i]<<" ";
cout<<endl<<endl;
int m;//区间修改操作的组数
cout<<"请输入需进行区间修改操作的组数："<<endl;
cin>>m;
while(m--)
{
int l,r,x;//被区间修改的左边界与右边界 x为增加的值
cout<<"请输入需进行区间修改操作的的左边界与右边界以及要增加的值："<<endl;
cin>>l>>r>>x;
b[l]+=x;
b[r+1]-=x;
}
cout<<"区间修改操作后的差分数组："<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++)
cout<<b[i]<<" ";
cout<<endl<<endl;
int a1[N];
memset(a1,0,sizeof(a1));
for(int i=1;i<=N;i++)
a1[i]+=a1[i-1]+b[i];
cout<<"区间修改操作后的差分数组的前缀数组（也即原数组进行区间修改后的更改数组）："<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++)
cout<<a1[i]<<" ";
cout<<endl<<endl;
int sum[N];
memset(sum,0,sizeof(sum));
for(int i=1;i<=N;i++)
sum[i]=sum[i-1]+a1[i];
cout<<"修改后的数组的区间和数组"<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++)
cout<<sum[i]<<" ";
cout<<endl<<endl;
cout<<"请输入需进行区间和查询操作的组数："<<endl;
int t;//区间和查询操作的组数
cin>>t;
while(t--){
int l,r;
cout<<"请输入需进行区间和查询操作的左右边界："<<endl;
cin>>l>>r;
cout<<"该查询区间的区间和："<<sum[r]-sum[l-1]<<endl;
}
}
样例一： 5 9 3 5 4 2 1 2 5 5 1 2 5 样例二： 5 9 3 5 4 2 1 2 4 5 1 2 4
四.例题
借教室：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/16564
思路：该题对时间复杂度要求很高，一般的写法都会被卡
用线段树或者差分数组进行区间修改，每个区间修改操作都是O(1)
然后用二分找答案（求需求存在问题时申请人的编号）l=1,r=m
Judge()函数判断前mid个申请人是否会存在问题（前mid个申请人的需求是否不超过可供应值）
需求数组b（1~n）：前mid个申请人在第i天的总需求量
memset(b,0,sizeof(b));
for(int i=1;i<=mid;i++)//mid个申请人
{
for(int j=s[i];j<=t[i];j++)//s[i]到t[i]天每天的需求 区间修改
b[j]+=d[i];//第j天的需求为mid个申请人在该天的需求
}
这种写法绝对会超时间复杂度，所以我们采用差分数组来进行区间修改：
由于需求数组开始的值就全为0，它的差分数组也是为0，所以我们就省略求差分数组的那步，直接进行区间修改。
memset(b,0,sizeof(b));
for(int i=1;i<=mid;i++)//mid个申请人
{
b[s[i]]+=d[i];
b[t[i]+1]-=d[i];
}
1 #include<iostream>
2 #include<string.h>
3 #include<cstring>
4 #include<cstdio>
5 using namespace std;
6 //思路：二分+差分数组
7 int n;
8 int f[1000005],sum1[1000005],r[1000005],d[1000005],s[1000005],t[1000005];
9 int Judge(int mid){
10 memset(f,0,sizeof(f));
11 for(int i=1;i<=mid;i++){//差分数组 多组区间修改
12 f[s[i]]+=d[i];
13 f[t[i]+1]-=d[i];
14 }
15 sum1[0]=0;
16 for(int i=1;i<=n;i++)
17 {
18 sum1[i]=sum1[i-1]+f[i];
19 if(sum1[i]>r[i])//说明需求比实际可供应大 申请存在问题
20 return 0;//说明小了
21 }
22 return 1;
23 }
24 int main()
25 {
26 int m;
27 while(~scanf("%d%d",&n,&m))
28 {
29 r[0]=0;
30 for(int i=1;i<=n;i++)
31 {
32 scanf("%d",&r[i]);
33 }
34 for(int j=1;j<=m;j++)
35 {
36 scanf("%d%d%d",&d[j],&s[j],&t[j]);
37
38 }
39 if(Judge(m))
40 printf("0\n");
41 else{
42 int l=1,r=m,mid,ans=0;
43 while(l<=r){
44 mid=(l+r)/2;
45 if(Judge(mid)==0)//答案就是求需求存在问题时申请人的编号
46 {
47 r=mid-1;
48 ans=mid;
49 }
50 else
51 l=mid+1;
52 }
53 printf("-1\n");
54 printf("%d\n",ans);
55 }
56 }
57 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/Aiahtwo/p/11083547.html