一、二维前缀和与差分_二维前缀和差分

一维前缀和:前i项的和

给定长度为n的序列a1,a2...an,则sum[i]=a1+...+ai=sum[i-1]+a[i]

for(i=1;i<=n;i++)
{
	cin>>a[i];
        a[i]+=a[i-1];
}

一维差分：区间一次修改求和

差分：每个元素与前一个元素的差值

如       A：1 2 3 4 5

则差分为  1 1 1 1 1

若将A[1]+1, A : 1 3 3 4 5

则                      1 2 0 1 1      只会改变自己和后一个数

m次操作，每次将区间[L,R]的值加p,最后询问区间[L,R]元素之和。

solution:用一个数组b记录对每一个前缀和总的修改（也可以就在a上操作）。则每次b[L]+=p,b[R]-=p(代表从L及以后的每个元素都要+p,而R及其以后的每个元素-p(所以R之后的元素相当于没操作))

    for(i=1; i<=m; i++)
    {
        int L,R;
        cin>>L>>R>>p;
        b[L]+=p;
        b[R+1]-=p;
    }
 
    int add=0;
    for(i=1; i<=n; i++)
    {
        add+=b[i];
        a[i]+=a[i-1]+add;
    }
 
    //若直接用a表示则为：
    for(i=1; i<=m; i++)
    {
        int L,R;
        cin>>L>>R>>p;
        a[L]+=p;
        a[R+1]-=p;
    }
 
    int add=0;
    for(i=1; i<=n; i++)
    {
        add+=a[i];
        a[i]+=a[i-1];
    }

要求[L,R]的和即a[R]-a[L-1]，注意下标从0开始时要特判L=0

二维前缀和

这时操作对象从一维数组变为二维数组，sum[i][j]表示以a[0][0]为左上角，a[i][j]为右下角的矩阵的和，则可推出

sum[i][j]=sum[i][j-1]+sum[i-1][j]-sum[i][j] +a[i][j]//容斥

for(i, 1, n)
    for(j, 1, n)
    {
        scanf("%d", &a[i][j]);
        a[i][j] +=a[i-1][j] + a[i][j-1] - a[i-1][j-1];
    }

二维差分

m次操作，每次将以[x1,y1]为左上角,[x2,y2]为右上角的矩阵的值加p,最后询问区间[L,R]元素之和。

同样地，我们记录下每次操作对区间和的影响。b[i][j]表示以[0][0]为左上角的矩阵，若包含a[i][j]则要+p,所以有4处影响：

b[x1][y1]+=p;

b[x1][y2=1]-=p;(右边区域+、-各一次，抵消使得1号区域不收影响);

b[x2+1][y1]-=p;(下边区域+、-各一次，抵消使得2号区域不收影响);

b[x2+1][y2+1]+=p；(右下边区域+、-各两次，抵消使得3号区域不收影响);

for(i, 1, m)
{
    int x1, y1, x2, y2, p;
    scanf("%d%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2, &p);
    a[x1][y1] += p;
    a[x1][y2+1] -= p;
    a[x2+1][y1] -= p; 
    a[x2+1][y2+1] += p;    
} 
 
//注意这样算的是每一个元素更新之后的值，不是和！要求和的话不仅要加a[i][j]还得加上覆盖矩阵的每一个未更新a[i][j]，即累加add
for(i, 1, n)
    for(j, 1, n)
        a[i][j] += a[i-1][j] + a[i][j-1] - a[i-1][j-1];

则查询以[x1,y1]为左上角,[x2,y2]为右上角的矩阵的值的和：

ans=a[x2][y2]-a[x2,y2-1]-a[x2-1][y2]+a[x1][y1]

sort+树状数组求大矩阵二位前缀和

A. The beautiful values of the palace

theme：给定一个n*n螺旋矩阵，现从螺旋矩阵中选出m个位置，每个位置的价值由它的元素值的每个数位之和表示，其余位置的元素全部置为0，q次询问，每次询问子矩阵价值。1<=n<=1e6,m,q<=1e5

solution:首先要根据螺旋矩阵的性质推出给定x,y,矩阵中(x,y)的元素值。之后问题转化为求二维矩阵的前缀和。n范围很大，所以借助树状数组辅助。

1. 用一个结构体存每个点，包含成员变量flag:标志操作，0表示为将原数插入树状数组，1表示计算询问前缀和。x,y分别记录在矩阵中的横纵坐标。var:记录求子矩阵是时的正负号，即是加上一个前缀和还是减去。
2. 将选出的点按y坐标优先，x坐标次之按从小到大排序。
3. 排序后边查询边插入（树状数组将横坐标作为下标），按y坐标插入，这样算前缀和时算横坐标<=x的即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=(int)1e6+10;
 
ll bit[N],ans[N];
void Init(int n)
{
    for(int i=1;i<=n;++i)
        bit[i]=ans[i]=0;
}
/******************树状数组**************/
int lowbit(int x)
{
    return x&(-x);
}
 
void add(int i,ll t)
{
    while(i<=N)
    {
        bit[i]+=t;
        i+=lowbit(i);
    }
}
ll sum(int i)
{
    ll sum=0;
    while(i)
    {
        sum+=bit[i];
        i-=lowbit(i);
    }
    return sum;
}
/******************矩阵**************/
struct node
{
    int f;//标志是矩阵原数0插入还是求区间和时的ans+/-,1
    int x,y,ans_id;
    ll val;//标志求前缀和时是减掉还是加上该矩阵
    friend bool operator<(node a,node b)//y,x,f
    {
        if(a.y==b.y)
        {
            if(a.x==b.x)
                return a.f<b.f;
            return a.x<b.x;
        }
        return a.y<b.y;
    }
}p[N];
ll re_val(ll x)
{
    ll sum=0;
    while(x>0)
    {
        sum+=x%10;
        x/=10;
    }
    return sum;
}
/************螺旋矩阵*************/
long long index(long long y,long long x,long long n)
{
    long long mid=(n+1)/2;
    long long p=max(abs(x-mid),abs(y-mid));
    long long ans=n*n-(1+p)*p*4;
    long long sx=mid+p,sy=mid+p;
    if(x==sx&&y==sy)
        return ans;
    else
    {
        if(y==sy||x==sx-2*p)
            return ans+abs(x-sx)+abs(y-sy);
        else
            return ans+8*p-abs(x-sx)-abs(y-sy);
    }
}
/*************二位前缀和***************/
void solve(int n)
{
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        if(p[i].f) ans[p[i].ans_id]+=sum(p[i].x)*p[i].val;
        else add(p[i].x,p[i].val);
    }
}
 
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int n,m,ask;
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&ask);
        Init(N-3);
        int cnt=0;
        for(int i=1;i<=m;++i)
        {
            int x,y;
            scanf("%d%d",&x,&y);
            p[++cnt]={0,x,y,-1,re_val(index(x,y,n))};
        }
        for(int i=1;i<=ask;++i)
        {
            int xl,yl,xr,yr;
            scanf("%d%d%d%d",&xl,&yl,&xr,&yr);
            p[++cnt]={1,xl-1,yl-1,i,1};
            p[++cnt]={1,xl-1,yr,i,-1};
            p[++cnt]={1,xr,yl-1,i,-1};
            p[++cnt]={1,xr,yr,i,1};
        }
        sort(p+1,p+1+cnt);
        solve(cnt);
        for(int i=1;i<=ask;++i)
            printf("%lld\n",ans[i]);
    }
    return 0;
}

高阶差分

theme:三种操作：

（1）：1 x:表示从位置x开始一直到n，每个数+1

(2)：  2 x :表示从x到n，依次增加1 2 3 4、、、

（3）：3 x：表示从x到n,依次增加1 4 9 16、、、

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define far(i,t,n) for(int i=t;i<n;++i)
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
 
int a[100010],b[100010],c[100010];
int mod=1e9+7;
 
void pre(int p[],int n)
{
    p[0]%=mod;
    far(i,1,n)
        p[i]=(p[i]+p[i-1]%mod)%mod;
}
 
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        int n,m;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(b,0,sizeof(b));
        memset(c,0,sizeof(c));
        far(i,0,m)
        {
            int op,pos;
            scanf("%d%d",&op,&pos);
            --pos;
            if(op==1)
                a[pos]++;
            else if(op==2)
                b[pos]++;
            else
                c[pos]++,c[pos+1]++;
        }
 
        pre(a,n);
        pre(b,n);pre(b,n);
        pre(c,n);pre(c,n);pre(c,n);
 
        far(i,0,n)
            printf("%d ",(a[i]+b[i]+c[i])%mod);
        printf("\n");
    }
}

差分套差分：

theme:两种操作： 1 l r:表示将区间[l,r]的数+1，2 l r :表示将编号[l,r]的操作再执行一遍（保证l,r为已出现的编号）。开始时n个数为0，问最终每个数为多少？

solution:最终我们要算出每个1操作执行了多少次，再对这些区间进行差分，一遍前缀和可得到结果。而对操作次数进行差分的时候，应该逆序进行，从后往前，进行差分，两个差分同步进行。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define far(i,t,n) for(int i=t;i<n;++i)
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
 
map<int,int>m;
map<int,int>::iterator it;
priority_queue<int>q;
 
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    far(i,0,n)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        m[x]++;
    }
    int ans=0;
    for(it=m.begin();it!=m.end();++it)
        q.push(it->second);
 
    while(q.size()>=3)
    {
        ++ans;
        int x1=q.top()-1;
        q.pop();
        int x2=q.top()-1;
        q.pop();
        int x3=q.top()-1;
        q.pop();
        if(x1)q.push(x1);
        if(x2)q.push(x2);
        if(x3)q.push(x3);
    }
    cout<<ans<<"\n";
}
/*
13
1 2 3 3 4 4 4 4 5 5 5 5 5
*/