本系列文章我将总结我在刷算法题所用到的知识，如果你也在刷算法并且是新手，我相信这系列文章会很适合你。
【洛谷刷题 | 第四天】
今日题目：
1.最大子段和（前缀和，贪心）
链接：P1115 最大子段和
给出一个长度为 n 的序列 a，选出其中连续且非空的一段使得这段和最大。
案例：
cpp
输入： 输出
7 4
2 -4 3 -1 2 -4 3通过前缀和将 "连续子数组和" 转化为差值问题后，核心是贪心策略：对每个位置，尽可能用最小的前缀和去减当前前缀和，以得到最大的差值（即最大子数组和），避免了暴力枚举所有子数组的高复杂度。
题解:
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[200009] = {0},b[2000009] = {0},c[2000009] = {0};
int main()
{
int n;
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>a[i];
}
b[0] = a[0];
for(int i=1;i<n;i++){
b[i] = a[i] + b[i-1];
}
int minn = min(0,b[0]);c[0] = b[0];
for(int i=1;i<n;i++){
c[i] = b[i] - minn;
minn = min(b[i],minn);
}
int maxx = -1e5;
for(int i=0;i<n;i++){
maxx = max(c[i],maxx);
}
cout<<maxx;
}知识点：前缀和，贪心
前缀和就是从数组开头到当前位置的所有元素的累加和。
cpp
假设有数组 a = [a₀, a₁, a₂, ..., aₙ₋₁]
定义前缀和数组 b，其中：
b[0] = a[0]（第一个元素的前缀和就是它自己）
b[1] = a[0] + a[1]（前 2 个元素的和）
b[2] = a[0] + a[1] + a[2]（前 3 个元素的和）
...
b[i] = a[0] + a[1] + ... + a[i]（前 i+1 个元素的和）前缀和的核心价值：快速计算任意连续子数组的和。
cpp
比如想算数组中从第 j 个元素到第 i 个元素的和（j ≤ i）：
不用重新遍历 j 到 i 累加；
直接用公式：a[j] + a[j+1] + ... + a[i] = b[i] - b[j-1]；
特殊情况：如果 j=0（从第一个元素开始），则和为 b[i]（因为 b[-1] 视为 0）。贪心就是：
每一步都做出当前看起来最优的选择，不考虑全局后果，最终希望通过每一步的局部最优，得到全局最优的结果。
2.领地选择（前缀和）
链接：P2004 领地选择
给定一个 N行M列 的二维地图（每个位置有对应的土地价值，可正可负），需要在地图上找到一个 C×C 的正方形区域，使得该区域内所有地块的价值总和最大。最终输出这个正方形区域左上角的坐标 (X,Y)（题目保证最优解唯一）。
案例：
cpp
输入 输出
3 4 2 1 2
1 2 3 1
-1 9 0 2
2 0 1 1这道题是一维前缀和的提升版 - 二维前缀和。
先计算每行的一维前缀和，再基于行前缀和累加得到二维前缀和，d [i][j] 表示从地图左上角 (1,1) 到 (i,j) 的矩形区域总价值；再遍历所有能放下 C×C 正方形的左上角坐标 (i,j)，通过二维前缀和公式计算该正方形的总价值；最后对比所有合法正方形的总价值，记录最大值对应的左上角坐标，最终输出该坐标。
题解：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[1001][1001],b[1001][1001],d[1001][1001];
int main()
{
int n,m,c;
cin>>n>>m>>c;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
cin>>a[i][j];
b[i][j] = a[i][j] + b[i][j-1];
d[i][j] = b[i][j] + d[i-1][j];
}
}
int maxx = INT_MIN;;int x =1,y=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if((i+c-1)>n||(j+c-1)>m) continue;
int q = d[i + c-1][j + c-1] + d[i - 1][j - 1] - d[i - 1][j + c-1] - d[i + c-1][j - 1];
if(maxx<q){
maxx=q;
x=i,y=j;
}
}
}
cout<<x<<" "<<y;
}3.语文成绩（差分）
链接：P2367 语文成绩
给定 n 个学生的初始成绩，执行 p 次加分操作（每次给第 x 到第 y 个学生每人加 z 分），最终输出全班的最低成绩。
案例：
cpp
输入 输出
3 2 2
1 1 1
1 2 1
2 3 1这道题我们可以利用差分数组 d 替代直接遍历区间加分（降低复杂度），对每次 x 到 y 加 z 的操作，仅需在 d[x] 加 z、d[y+1] 减 z；之后对差分数组 d 做前缀和计算，得到每个学生实际需要增加的分数；最后将每个学生的初始成绩 a[i] 加上对应加分 d[i]，遍历过程中实时记录所有成绩的最小值，最终输出该最小值。
题解：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[5000009];
int d[5000009];
int minn = INT_MAX;
int main()
{
int n,p;
cin>>n>>p;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
}
int x,y,z;
for(int i=0;i<p;i++)
{
cin>>x>>y>>z;
d[x]+=z;
d[y+1]-=z;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
d[i]+=d[i-1];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]+=d[i];
if(minn>a[i])
{
minn=a[i];
}
}
cout<<minn;
}知识点：差分
差分是一种预处理数组的技巧，核心是用一个 "差分数组" 记录原数组中相邻元素的差值，目的是把 "区间批量修改" 转化为 "单点修改"，降低操作复杂度。
例如：
cpp
原数组 a = [a₁, a₂, a₃, ..., aₙ]
定义差分数组 d：
d₁ = a₁（第一个元素和原数组一致）
dᵢ = aᵢ - aᵢ₋₁（i≥2，即当前元素减前一个元素的差值）差分的核心价值：快速处理数组的区间加减操作。
比如想给原数组中从 x 到 y 的所有元素都加 z：
不用遍历 x 到 y 逐个加； 只需对差分数组做 2 次单点修改：d[x] += z、d[y+1] -= z；
最后对差分数组做前缀和，就能还原出修改后的原数组。
举一个例子：
cpp
假设原成绩a = [10, 20, 30, 40]，现在要给第 2 到 3 个学生各加 5 分：
差分数组初始d = [0, 0, 0, 0, 0]（多开一位避免越界）；
区间加分：d[2] +=5 d[4] -=5
对 d 做前缀和：
d[1] = 0
d[2] = 0+5=5
d[3] = 5+0=5
d[4] = 5+(-5)=0
最终成绩：10+0=10、20+5=25、30+5=35、40+0=40，最后：
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