一维前缀和

从数组第一个开始累加

s[i]=s[i-1]+a[i]

求区间[l,r]的和，O(1)复杂度 sum=s[r]-s[l-1]

二维前缀和

递推 s[i][j]=s[i][j]-s[i-1][j]-s[i][j-1]+s[i-1][j-1]

例题：激光炸弹

一种新型的激光炸弹，可以摧毁一个边长为R的正方形内的所有的目标。现在地图上有n（n≤10000）个目标，用整数xi,yi（0≤xi,yi≤5000）表示目标在地图上的位置，每个目标都有一个价值0＜vi＜100。激光炸弹的投放是通过卫星定位的，但其有一个缺点，就是其爆破范围，即那个边长为R的正方形的边必须和x，y轴平行。**若目标位于爆破正方形的边上，该目标将不会被摧毁**。

---

将点向右下移动一次就可解决边界不包括的点

给出一个5000×5000的矩阵，每个格子上都有权值，求用一个n×n的框最多能框住多少？

用前缀和来求n*n的框的价值
value=s[i][j]+s[i-r][j]+s[i][j-r]-s[i-r][j-r]);

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
const int maxn=5005;
int s[maxn][maxn];
int main(){
    int n,r;
 //   memset(s,0,sizeof s);
    freopen("a.txt","r",stdin);
    cin>>n>>r;//n个数，正方形半径为r
// 没有注意到相同点会出现多次
//    for(int i=0;i<n;i++){
//        int a,b;
//        cin>>a>>b;
//        cin>>s[a+1][b+1];//向右下方移动1位
//    }
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int a,b,v;
		cin>>a>>b>>v;
		sum[a+1][b+1]+=v;
	}
    for(int i=1;i<=5001;i++){//第0默认为0
        for(int j=1;j<=5001;j++){
            s[i][j]=s[i][j]+s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];//二维前缀和
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=r;i<=5001;i++){
        for(int j=r;j<=5001;j++){
            ans=max(ans,s[i][j]-s[i-r][j]-s[i][j-r]+s[i-r][j-r]);//遍历所有存在的子区域
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

差分

差分与前缀和是一种互逆的运算

数组| 2 |1 | 4 |6 |5
|— |—|— | — | — | — |
前缀和| 2| 3 |7 | 13 | 18
差分 |2| -1 |3 |2 | -1

• 差分前缀和是原数组
• 前缀和差分也是原数组

  结论题

  IncDec sequence(inc序列)

  给定一个长度为n（n<=$10^5$）的数列，每次选择区间 [l,r],使区间内的数加1或减1.
  求最少需要多少次操作使的数列中所有的数都一样，并且数列可能有几种？

  区间操作放在差分数组中就是改变2个数组的值，目标是,差分数组$b_2$~$b_n$都为0，且数列最终由n个$b_1$组成的，那么不同的$b_1$出现的次数代表了不同的数列

  四种操作

• 从$b_2$~$b_n$中选两个分别+1，-1,或者-1,+1，减少正负数，使差分数组向0移动， （更快接近结果）
• 选 $b_1$和$b_j$ (2<=j<=n),改变差分数组中某一个数（$b_1$改变影响最终不同数列的次数，不影响操作的次数），
• 同理，选$b_j$和$b_{n+1}$,$b_{n+1}$代表一直改变到原数列的最后一个，所以还是改变了差分数组的一个值
• 改变$b_1$和$b_{n+1}$，原数组全部+,- 1,没有实际意义

1. 设$b_2$~$b_n$正数总和p,负数绝对值总和q,（原则是走最少），第一步走min(q,p)，剩下|q-p|个正数或者负数，
2. 剩下的|p-q|执行2,3操作，那么恰好为|p-q|次

   操作次数

   ans=min(q,p)+|q-p|

   而

   min(p,q)+|q-p|=max(q,p)

   证明

3. p>q 则min(p,q)=q |q-p|=p-q 得到ans=q+p-q=p
   而 p=max(p,q)
4. 同理 p<q

   数列个数

   $b_1$一开始为1种，若2,3操作都为2操作，最多可能有|p-q|+1种

   #include<iostream>
   #include<cmath>
   using namespace std;
   const int maxn=pow(10,5)+1;
   int a[maxn];
   int b[maxn];
   int main(){
       int n;
       cin>>n;
       for(int i=1;i<=n;i++){
           cin>>a[i];
           b[i]=a[i];
           b[i]-=b[i-1];
       }
   //    for(int i=1;i<=n;i++)
   //        cout<<b[i]<< ' ';
       int sum_1=0,sum_2=0;
       for(int i=2;i<=n;i++){//b2开始统计正负
           if(b[i]>0)  sum_1+=b[i];
           else sum_2+=b[i];//0无所谓
       }
       cout<<"操作次数"<<max(sum_1,sum_2);
       cout<<"\n可能的不同数列个数"<<1+abs(sum_1-sum_2);
       return 0;
   }

   Tallest Cow 最高奶牛 POJ3263

大意：N头牛站成一行，当且仅当2头牛之间所有牛都比它们矮，2头牛能相互看见，一直第p头牛最高，高为H，剩余N-1头牛不知道，给出m对关系（2头牛能够相互看见）,求每头牛的最大可能身高？ (1<=n,m<=$10^4$,1<=h<=$10^6$)

思路：因为i,j，两头牛能够相互看见，那么(i-1)~(j-1)之间的所有牛的身高比他们小，假设所有牛的身高为0,那么(i-1)~(j-1)之间牛的身高都-1，即b[i+1]-=1 b[j]+=1 最后通过前缀和求出原数组，每头牛可能的最高身高=H+a[i]

#include<iostream>
#include<map>
using namespace std;
const int maxn=10005;
int a[maxn];
int b[maxn];
map<pair<int,int>,bool> e;
int main(){
    int n,p,h,m;
    cin>>n>>p>>h>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int k1,k2;
        cin>>k1>>k2;
        if(k1>k2)   swap(k1,k2);
        if( e[make_pair(k1,k2)] == true )    continue;
        else{
            e[make_pair(k1,k2)]=true;
            b[k1+1]--;
            b[k2]++;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i]=a[i-1]+b[i];
        cout<<a[i]+h<<endl;
    }
    return 0;
}