算法学习宝典_3_前缀和和差分
1、前缀和
前缀和是指某序列的前n项和，可以把它理解为数学上的数列的前n项和，而差分可以看成前缀和的逆运算。合理的使用前缀和与差分，可以将某些复杂的问题简单化。
2、前缀和算法有什么好处？
先来了解这样一个问题：
输入一个长度为n的整数序列。接下来再输入m个询问，每个询问输入一对l, r。对于每个询问，输出原序列中从第l个数到第r个数的和。
我们很容易想出暴力解法，遍历区间求和。
代码如下：
int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); while(m--) { int l,r; int sum=0; scanf("%d%d",&l,&r); for(int i=l;i<=r;i++) { sum+=a[i]; } printf("%d\n",sum); }
这样的时间复杂度为O(n*m)，如果n和m的数据量稍微大一点就有可能超时，而我们如果使用前缀和的方法来做的话就能够将时间复杂度降到O(n+m),大大提高了运算效率。
具体做法：
首先做一个预处理，定义一个sum[]数组，sum[i]代表a数组中前i个数的和。
求前缀和运算：
const int N=1e5+10; int sum[N],a[N]; //sum[i]=a[1]+a[2]+a[3].....a[i]; for(int i=1;i<=n;i++) { sum[i]=sum[i-1]+a[i]; }
然后查询操作：
scanf("%d%d",&l,&r); printf("%d\n", sum[r]-sum[l-1]);
对于每次查询，只需执行sum[r]-sum[l-1] ，时间复杂度为O(1)
原理
sum[r] =a[1]+a[2]+a[3]+a[l-1]+a[l]+a[l+1]......a[r];sum[l-1]=a[1]+a[2]+a[3]+a[l-1];sum[r]-sum[l-1]=a[l]+a[l+1]+......+a[r];
图解
这样，对于每个询问，只需要执行 sum[r]-sum[l-1]。输出原序列中从第l个数到第r个数的和的时间复杂度变成了O(1)。
我们把它叫做一维前缀和。
总结：
练习题目：
560. 和为 K 的子数组 ---》 前缀和和UThash 配合
974. 和可被 K 整除的子数组 ---》 前缀和 和 UTahsh + 同余定理
523. 连续的子数组和 ---》 前缀和 和 UTahsh + 同余定理 + prefix
/// 此种解决方法会超出时间限制 int subarraySum1(int* nums, int numsSize, int k){ int *presum = (int *)malloc(sizeof(int) * (numsSize + 1)); memset(presum, 0, sizeof(int) * (numsSize + 1)); presum[0] = 0; int res = 0; for(int i = 1; i <= numsSize; i++) { presum[i] = nums[i - 1] + presum[i - 1]; } for(int i = 0; i < numsSize; i++) { for(int j = i + 1; j < numsSize + 1; j++) { if(presum[j] - presum[i] == k) { res++; } } } return res; } typedef struct{ int key; // key 为前缀和 int cnt; // 记录 key 有多少个 UT_hash_handle hh; }HashTable; //HashTable *users = NULL; 错误用法 HashTable *users; int subarraySum(int* nums, int numsSize, int k){ users = NULL; int res = 0; //前缀和 int sum = 0; HashTable *tmp = (HashTable *)malloc(sizeof(HashTable)); // 加 前缀和的第一个节点 tmp->key = sum; tmp->cnt = 1; HASH_ADD_INT(users, key, tmp); for(int i = 0; i < numsSize; i++){ sum+=nums[i]; HashTable *tmp = NULL; int value = sum - k; HASH_FIND_INT(users, &value, tmp); if(tmp != NULL) { res += tmp->cnt; } //增加新的节点 HASH_FIND_INT(users, &sum, tmp); if(tmp != NULL){ tmp->cnt++; } else { HashTable *tmp = (struct HashTable *)malloc(sizeof(HashTable)); tmp->key = sum; tmp->cnt = 1; HASH_ADD_INT(users, key, tmp); } } return res; }
//974 typedef struct{ int key; int cnt; UT_hash_handle hh; }HashTable; // 同余定理 //若两个数a,b除以同一个数m得到的余数相同,则a,b的差一定能被m整除 HashTable *users; int subarraysDivByK(int* nums, int numsSize, int k){ users = NULL; HashTable *tmp = (HashTable *)malloc(sizeof(HashTable)); tmp->key = 0; tmp->cnt = 1; HASH_ADD_INT(users, key, tmp); int value = 0; int presum = 0; int res = 0; for(int i = 0; i < numsSize; i++) { presum+=nums[i]; value = (presum % k + k) % k ; // 处理负数 ，同余定理 HASH_FIND_INT(users, &value, tmp); if(tmp != NULL) { res += tmp->cnt; tmp->cnt++; } else { tmp = (HashTable *)malloc(sizeof(HashTable)); tmp->key = value; tmp->cnt = 1; HASH_ADD_INT(users, key, tmp); } } return res; }
typedef struct{ long long key; long long preindex; UT_hash_handle hh; }HashTable; HashTable *g_users; bool checkSubarraySum(int* nums, int numsSize, int k){ g_users = NULL; HashTable *tmp = NULL; tmp = (HashTable *)malloc(sizeof(HashTable)); tmp->key = 0; tmp->preindex = -1; HASH_ADD_INT(g_users, key, tmp); long long presum = 0; long long remainder = 0; for(int i = 0; i < numsSize; i++) { presum += nums[i]; remainder = (presum %k + k)%k; HASH_FIND_INT(g_users, &remainder, tmp); if(tmp != NULL) { /// 不更新只判断。。。。 if((i - (tmp->preindex)) >= 2) { return true; } } else { tmp = (HashTable *)malloc(sizeof(HashTable)); tmp->preindex = i; tmp->key = remainder; HASH_ADD_INT(g_users, key, tmp); } } return false; }
3、二维前缀和
如果数组变成了二维数组怎么办呢？
先给出问题：
输入一个n行m列的整数矩阵，再输入q个询问，每个询问包含四个整数x1, y1, x2, y2，表示一个子矩阵的左上角坐标和右下角坐标。对于每个询问输出子矩阵中所有数的和。
同一维前缀和一样，我们先来定义一个二维数组s[][], s[i][j]表示二维数组中，左上角(1,1)到右下角( i,j )所包围的矩阵元素的和。接下来推导二维前缀和的公式。
先看一张图：
紫色面积是指(1,1)左上角到(i,j-1)右下角的矩形面积, 绿色面积是指(1,1)左上角到(i-1, j )右下角的矩形面积。每一个颜色的矩形面积都代表了它所包围元素的和。
从图中我们很容易看出，整个外围蓝色矩形面积s[i][j] = 绿色面积s[i-1][j] + 紫色面积s[i][j-1] - 重复加的红色的面积s[i-1][j-1]+小方块的面积a[i][j];
因此得出二维前缀和预处理公式
s[i] [j] = s[i-1][j] + s[i][j-1 ] + a[i] [j] - s[i-1][ j-1]
接下来回归问题去求以(x1,y1)为左上角和以(x2,y2)为右下角的矩阵的元素的和。
如图：
紫色面积是指 ( 1,1 )左上角到(x1-1,y2)右下角的矩形面积 ，黄色面积是指(1,1)左上角到(x2,y1-1)右下角的矩形面积；
不难推出：
绿色矩形的面积 = 整个外围面积s[x2, y2] - 黄色面积s[x2, y1 - 1] - 紫色面积s[x1 - 1, y2] + 重复减去的红色面积 s[x1 - 1, y1 - 1]
因此二维前缀和的结论为：
以(x1, y1)为左上角，(x2, y2)为右下角的子矩阵的和为：s[x2, y2] - s[x1 - 1, y2] - s[x2, y1 - 1] + s[x1 - 1, y1 - 1]
总结：
练习一道完整题目： 输入一个n行m列的整数矩阵，再输入q个询问，每个询问包含四个整数x1, y1, x2, y2，表示一个子矩阵的左上角坐标和右下角坐标。 对于每个询问输出子矩阵中所有数的和。 输入格式 第一行包含三个整数n，m，q。 接下来n行，每行包含m个整数，表示整数矩阵。 接下来q行，每行包含四个整数x1, y1, x2, y2，表示一组询问。 输出格式 共q行，每行输出一个询问的结果。 数据范围 1≤n,m≤1000, 1≤q≤200000, 1≤x1≤x2≤n, 1≤y1≤y2≤m, ?1000≤矩阵内元素的值≤1000 输入样例： 3 4 3 1 7 2 4 3 6 2 8 2 1 2 3 1 1 2 2 2 1 3 4 1 3 3 4 输出样例： 17 27 21 #include#include using namespace std; const int N=1010; int a[N][N],s[N][N]; int main() { int n,m,q; scanf("%d%d%d",&n,&m,&q); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&a[i][j]); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]+a[i][j]-s[i-1][j-1]; while(q--) { int x1,y1,x2,y2; scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2); printf("%d\n",s[x2][y2]-s[x2][y1-1]-s[x1-1][y2]+s[x1-1][y1-1]); } return 0; }
4、差分
5、一维差分
类似于数学中的求导和积分，差分可以看成前缀和的逆运算。
差分数组：
首先给定一个原数组a：a[1], a[2], a[3],,,,,, a[n];
然后我们构造一个数组b ： b[1] ,b[2] , b[3],,,,,, b[i];
使得 a[i] = b[1] + b[2 ]+ b[3] +,,,,,, + b[i]
也就是说，a数组是b数组的前缀和数组，反过来我们把b数组叫做a数组的差分数组。换句话说，每一个a[i]都是b数组中从头开始的一段区间和。
考虑如何构造差分b数组？
最为直接的方法
如下：
a[0 ]= 0;
b[1] = a[1] - a[0];
b[2] = a[2] - a[1];
b[3] =a [3] - a[2];
........
b[n] = a[n] - a[n-1];
图示:
我们只要有b数组，通过前缀和运算，就可以在O(n) 的时间内得到a数组 。
知道了差分数组有什么用呢？ 别着急，慢慢往下看。
话说有这么一个问题：
给定区间[l ,r ]，让我们把a数组中的[ l, r]区间中的每一个数都加上c,即 a[l] + c , a[l+1] + c , a[l+2] + c ,,,,,, a[r] + c;
暴力做法是for循环l到r区间，时间复杂度O(n)，如果我们需要对原数组执行m次这样的操作，时间复杂度就会变成O(n*m)。有没有更高效的做法吗? 考虑差分做法，(差分数组派上用场了)。
始终要记得，a数组是b数组的前缀和数组，比如对b数组的b[i]的修改，会影响到a数组中从a[i]及往后的每一个数。
首先让差分b数组中的 b[l] + c ,通过前缀和运算，a数组变成 a[l] + c ,a[l+1] + c,,,,,, a[n] + c;
然后我们打个补丁，b[r+1] - c, 通过前缀和运算，a数组变成 a[r+1] - c,a[r+2] - c,,,,,,,a[n] - c;
为啥还要打个补丁？
我们画个图理解一下这个公式的由来:
b[l] + c，效果使得a数组中 a[l]及以后的数都加上了c(红色部分)，但我们只要求l到r区间加上c, 因此还需要执行 b[r+1] - c,让a数组中a[r+1]及往后的区间再减去c(绿色部分)，这样对于a[r] 以后区间的数相当于没有发生改变。
因此我们得出一维差分结论：给a数组中的[ l, r]区间中的每一个数都加上c,只需对差分数组b做 b[l] + = c, b[r+1] - = c。时间复杂度为O(1), 大大提高了效率。
总结：
题目一：
输入一个长度为n的整数序列。 接下来输入m个操作，每个操作包含三个整数l, r, c，表示将序列中[l, r]之间的每个数加上c。 请你输出进行完所有操作后的序列。 输入格式 第一行包含两个整数n和m。 第二行包含n个整数，表示整数序列。 接下来m行，每行包含三个整数l，r，c，表示一个操作。 输出格式 共一行，包含n个整数，表示最终序列。 数据范围 1≤n,m≤100000, 1≤l≤r≤n, ?1000≤c≤1000, ?1000≤整数序列中元素的值≤1000 输入样例： 6 3 1 2 2 1 2 1 1 3 1 3 5 1 1 6 1 输出样例： 3 4 5 3 4 2 //差分 时间复杂度 o(m) #includeusing namespace std; const int N=1e5+10; int a[N],b[N]; int main() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); b[i]=a[i]-a[i-1]; //构建差分数组 } int l,r,c; while(m--) { scanf("%d%d%d",&l,&r,&c); b[l]+=c; //表示将序列中[l, r]之间的每个数加上c b[r+1]-=c; } for(int i=1;i<=n;i++) { b[i]+=b[i-1]; //求前缀和运算 printf("%d ",b[i]); } return 0; }
2.差分代表题目
1094. 拼车
1109. 航班预订统计
1094
车上最初有 capacity 个空座位。车 只能 向一个方向行驶（也就是说，不允许掉头或改变方向） 给定整数 capacity 和一个数组 trips , trip[i] = [numPassengersi, fromi, toi] 表示第 i 次旅行有 numPassengersi 乘客，接他们和放他们的位置分别是 fromi 和 toi 。这些位置是从汽车的初始位置向东的公里数。 当且仅当你可以在所有给定的行程中接送所有乘客时，返回 true，否则请返回 false。 示例 1： 输入：trips = [[2,1,5],[3,3,7]], capacity = 4 输出：false bool carPooling(int** trips, int tripsSize, int* tripsColSize, int capacity){ int people[MAX] = { 0 }; for(int i = 0; i < tripsSize; i++) { people[trips[i][1]] += trips[i][0]; people[trips[i][2]] -= trips[i][0]; } int num = 0; for(int i = 0; i < MAX; i++) { num+=people[i]; if(num > capacity) { return false; } } return true; }
1109
这里有 n 个航班，它们分别从 1 到 n 进行编号。 有一份航班预订表 bookings ，表中第 i 条预订记录 bookings[i] = [firsti, lasti, seatsi] 意味着在从 firsti 到 lasti （包含 firsti 和 lasti ）的 每个航班 上预订了 seatsi 个座位。 请你返回一个长度为 n 的数组 answer，里面的元素是每个航班预定的座位总数。 示例 1： 输入：bookings = [[1,2,10],[2,3,20],[2,5,25]], n = 5 输出：[10,55,45,25,25] 解释： 航班编号 1 2 3 4 5 预订记录 1 ： 10 10 预订记录 2 ： 20 20 预订记录 3 ： 25 25 25 25 总座位数： 10 55 45 25 25 因此，answer = [10,55,45,25,25] int* corpFlightBookings(int** bookings, int bookingsSize, int* bookingsColSize, int n, int* returnSize){ int *diff = malloc(sizeof(int) * n); memset(diff, 0, sizeof(int) * n); *returnSize = n; // 差分 for(int i = 0;i < bookingsSize; i++) { // 原始数组[start ... end]全部增加add ==> 差分数组diff[start]增加add，diff[end+1]减少add diff[bookings[i][0] - 1] += bookings[i][2]; if(bookings[i][1] < n) { diff[bookings[i][1]] -= bookings[i][2]; } } // 差分数组的前缀和数组 == 原始数组更新后的数组 for(int i = 1; i < n ;i++) { diff[i] += diff[i - 1]; } return diff; }
参考： 网站：https://blog.csdn.net/weixin_45629285/article/details/111146240