《算法竞赛进阶指南》0x03 前缀和与差分

前缀和与差分：区间查询与区间修改的两种基本思路（C++）

学习李煜东《算法竞赛进阶指南》0x03 时，我把这一节归纳为两个方向：前缀和预先累计信息，方便查询一段区间；差分只记录变化的边界，方便批量修改一段区间。以下例子与代码是重新整理的讲解，不是教材原文。

一维前缀和：用两个累计值求区间和

设数组从 1 开始编号，定义 S[0]=0，S[i]=A[1]+...+A[i]。每个前缀只需在上一个前缀后加一个数：

$S$ $i$ =S $i-1$ +A $i$ .S $i$ =S $i-1$ +A $i$ . S $i$ =S $i-1$ +A $i$ .

求闭区间 [l,r] 的和时，S[r] 包含了第 1 到第 r 个数，减去 S[l-1] 就删掉了区间左侧的部分：

$sum⁡(l,r)=S$ $r$ −S $l-1$ .\operatorname{sum}(l,r)=S $r$ -S $l-1$ . sum(l,r)=S $r$ −S $l-1$ .

例如 A=[4,1,5]，前缀和依次为 S[1]=4、S[2]=5、S[3]=10。因此 [2,3] 的和是 S[3]-S[1]=10-4=6。

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vector<long long> s(n + 1, 0);
for (int i = 1; i <= n; ++i) s[i] = s[i - 1] + a[i];
long long answer = s[r] - s[l - 1];

预处理是 $O(n)O(n)$ O(n)，此后每次区间求和是 $O(1)O(1)$ O(1)。long long 用来容纳可能超过 int 范围的总和。

二维前缀和：重叠区域只算一次

令 S[i][j] 表示矩阵左上角 (1,1) 到 (i,j) 的矩形和，并把第 0 行、第 0 列设为 0。上方矩形 S[i-1][j] 与左方矩形 S[i][j-1] 相加时，左上角的 S[i-1][j-1] 被算了两次，所以需要减掉一次，再加入当前格：

$S$ $i$ $j$ =S $i-1$ $j$ +S $i$ $j-1$ −S $i-1$ $j-1$ +A $i$ $j$ .S $i$ $j$ =S $i-1$ $j$ +S $i$ $j-1$ -S $i-1$ $j-1$ +A $i$ $j$ . S $i$ $j$ =S $i-1$ $j$ +S $i$ $j-1$ −S $i-1$ $j-1$ +A $i$ $j$ .

同理，左上角为 (x1,y1)、右下角为 (x2,y2) 的子矩形和为：

$S$ $x2$ $y2$ −S $x1-1$ $y2$ −S $x2$ $y1-1$ +S $x1-1$ $y1-1$ .S $x2$ $y2$ -S $x1-1$ $y2$ -S $x2$ $y1-1$ +S $x1-1$ $y1-1$ . S $x2$ $y2$ −S $x1-1$ $y2$ −S $x2$ $y1-1$ +S $x1-1$ $y1-1$ .

例如矩阵 [[1,2],[3,4]] 的右下角单格，可算为 S[2][2]-S[1][2]-S[2][1]+S[1][1]=10-3-4+1=4。

教材的"激光炸弹"把目标价值累加到坐标网格，枚举边长为 R 的正方形，并用二维前缀和快速求出每个正方形内的价值。题目规定边界上的目标不被摧毁，因此建模时要把目标看作格子的中心，让格子求和与边界规则对应起来。

差分：只改区间的入口和出口

定义 B[1]=A[1]，B[i]=A[i]-A[i-1]。反过来，对 B 求前缀和就还原了 A：

$A$ $i$ = ∑j=1i B $j$ .A $i$ =\sum_{j=1}^{i}B $j$ . A $i$ =∑j=1iB $j$ .

若把 A[l..r] 全部加上 d，区间内部相邻两项一起变化，差值不变；只有进入区间的 B[l] 增加 d，离开区间的 B[r+1] 减少 d：

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b[l] += d;
b[r + 1] -= d;

例如 A=[2,5,5,1]，差分为 B=[2,3,0,-4]。把 A[2..3] 都加 2 后，原数组成为 [2,7,7,1]；差分只在第 2、4 位变化，成为 [2,5,0,-6]。这里最容易混淆的是被修改的原数组位置 与差分数组的两个标记位置。

这种做法适合先完成许多区间修改，再统一求出各位置的最终值。如果修改与查询交错进行，仅靠这一份普通差分数组不够。

例题一：IncDec Sequence

每次可选一个区间整体加 1 或减 1，目标是让原数组所有数相等。等价地，差分数组中的 B[2..n] 都要变成 0；B[1] 决定最终共同的值。

设 B[2..n] 中正数的总和为 p，负数绝对值的总和为 q。一次操作可以同时抵消一个正量和一个负量，因此先配对消掉 min(p,q) 个；余下 |p-q| 个量各需一次操作：

$最少操作次数=min⁡(p,q)+∣p−q∣=max⁡(p,q).\text{最少操作次数}=\min(p,q)+|p-q|=\max(p,q).$ 最少操作次数=min(p,q)+∣p−q∣=max(p,q).

余下操作可在数组的左边或右边结束，分配方式共有 |p-q|+1 种，对应这么多种不同的最终常数数组。

用 A=[1,3,2] 检查：B[2]=2、B[3]=-1，所以 p=2,q=1。先将 [2,2] 减 1，得到 [1,2,2]。第二步可以将 [2,3] 减 1，得到 [1,1,1]；也可以将 [1,1] 加 1，得到 [2,2,2]。两条方案都是 2 次操作，最终数组有 2 种。

下面的程序按通常的输入形式读取 n 和数组，并输出这两个答案：

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    long long previous;
    cin >> previous;

    long long p = 0, q = 0;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        long long current;
        cin >> current;
        long long difference = current - previous;
        if (difference > 0) p += difference;
        else q -= difference;
        previous = current;
    }

    long long gap = p >= q ? p - q : q - p;
    cout << max(p, q) << '\n' << gap + 1 << '\n';
}

例题二：Tallest Cow

已知第 p 头牛最高，身高为 h。如果第 a 头与第 b 头能互相看见，那么它们之间的牛都必须比两端矮。以 h 为基准，对每一对关系，将中间的闭区间 [a+1,b-1] 的相对高度减 1。差分修改是 d[a+1]--、d[b]++，最后求前缀和并加上 h。重复出现的牛对只处理一次。

cpp 复制代码

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <set>
#include <utility>
#include <vector>
using namespace std;

int main() {
    int n, p, h, m;
    cin >> n >> p >> h >> m;

    vector<int> d(n + 2, 0), c(n + 1, 0);
    set<pair<int, int>> seen;
    for (int k = 0; k < m; ++k) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        if (a > b) swap(a, b);
        pair<int, int> relation = {a, b};
        if (seen.count(relation)) continue;
        seen.insert(relation);
        d[a + 1]--;
        d[b]++;
    }

    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        c[i] = c[i - 1] + d[i];
        cout << h + c[i] << '\n';
    }
}

p 被读入但没有直接参与修改：h 已经是统一的身高基准，合法关系不会要求把这头已知最高的牛降矮。使用有序 set 去重时，时间复杂度为 $O(n+mlog⁡m)O(n+m\log m)$ O(n+mlogm)，空间复杂度为 $O(n+m)O(n+m)$ O(n+m)。

课外练习：CF295A Greg and Array

这道题不是教材例题。它先给出 m 个区间加操作，但暂不执行；之后每个问题 [x,y] 指定要执行第 x 到第 y 个操作。起初我把"问题选操作"和"操作改数组"混在一起，后来把它们分成两个下标空间：操作编号 1..m，原数组位置 1..n。

先在操作编号 上做差分：对每个问题写 cnt[x]++、cnt[y+1]--，求前缀和后，sum[i] 就是操作 i 执行的次数。再令 change = 1LL * sum[i] * d[i]，表示操作 i 覆盖的每个数组元素总共要增加多少。

我先用双重循环遍历每个操作覆盖的 [l[i],r[i]]，这能得到正确的结果，却在大数据上 TLE：最坏要遍历约 $101010^{10}$ 1010 个位置。经讲解后，我把内层循环改成第二层差分：

cpp 复制代码

long long change = 1LL * sum[i] * d[i];
arrayDiff[l[i]] += change;
arrayDiff[r[i] + 1] -= change;

最后对 arrayDiff 求前缀和，加回原数组。修改后我反馈最终提交 AC；这一步优化是在讲解帮助下完成的，并非独立首解。两层差分的关键是不要把 sum[i] 误认为数组第 i 位的增量：它是第 i 个操作的执行次数。

我在这一节实际遇到的两个易错点

做前缀和的小题时，我把 A=[4,1,5] 的 S[3] 答成了 8，正确值是 10。递推式写对了，也仍需检查每一步加法。

做差分的小题时，我把 A[2..3] 加 2 误答成差分第 2、3 位都加 2。正确的是 B[2]+=2、B[4]-=2：右侧标记落在闭区间的下一位，并且符号相反。学习 IncDec Sequence 时，我也明确提出过"没看懂"；用 [1,3,2] 逐步操作后，才写出了降低 A[2] 时 B[2] 减 1、B[3] 加 1 的原因。

做题前可以先问自己：要求的是固定数组的区间和，还是许多区间修改后的最终值？前者考虑前缀和，后者考虑差分；涉及边界时，把原数组与差分数组各写一遍再核对。

参考：李煜东《算法竞赛进阶指南》，0x03"前缀和与差分"，书中第 21～25 页。