差分算法（蓝桥杯复习+例题讲解+模板c++）

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差分介绍

差分是一种常见的算法，用于快速修改数组中某一段区间的值。

差分的思想就是预处理出数组的差分数组，然后修改区间时，只需要修改两个位置的值，即可快速完成区间修改。最后再通过差分数组求出原数组。 差分数组 $d_i$ 表示原数组中相邻两个元素之间的差值，即 $d_i=a_i-a_{i-1}$，其中 $a_i$ 表示原数组中第 $i$ 个元素的值。则对于区间 $[l,r]$ 的加上 $k$ 的操作，可以表示为： $$d_l=d_l+k,d_{r+1}=d_{r+1}-k$$ 这样就完成了区间加 $k$ 的操作。最后只需要用差分数组求出原数组即可。 $$a_i=\sum _{j=1}^i{d}_j$$

差分应用

区间加

以区间加为例，设 $a_i$ 表示原数组中第 $i$ 个元素的值，$d_i$ 表示差分数组中第 $i$ 个元素的值，则对于区间 $[l,r]$ 的加上 $k$ 的操作，可以表示为： $$d_l=d_l+k,d_{r+1}=d_{r+1}-k$$ 最后只需要用差分数组求出原数组即可： $$a_i=\sum _{j=1}^i{d}_j$$ 以下是区间加的代码实现：

vector<int> a; // 原数组
vector<int> d(a.size(), 0); // 差分数组
// 区间加 k
int l = 2, r = 5, k = 3;
d[l] += k;
d[r+1] -= k;
// 求出原数组
for (int i = 1; i < a.size(); i++) {d[i] += d[i-1];
}

区间求和

另一种常见的操作是区间求和。设 $a_i$ 表示原数组中第 $i$ 个元素的值，$d_i$ 表示差分数组中第 $i$ 个元素的值，则对于区间 $[l,r]$ 的求和操作，可以表示为： $$\sum _{i=l}^r{a}_i=\sum _{i=l}^r(\sum _{j=1}^i{d}_j)=\sum _{j=1}^r{d}_j-\sum _{j=1}^{l-1}{d}_j$$ 这样就能用差分数组快速求出区间和了。 以下是区间求和的代码实现：

cppCopy codevector<int> a; // 原数组
vector<int> d(a.size(), 0); // 差分数组
// 区间加 k
int l = 2, r = 5, k = 3;
d[l] += k;
d[r+1] -= k;
// 求出原数组
for (int i = 1; i < a.size(); i++) {d[i] += d[i-1];
}
// 区间求和
l = 3, r = 7;
int ans = d[r] - d[l-1];

总结

差分是一种常见的算法，用于快速修改数组中某一段区间的值。差分的思想就是预处理出数组的差分数组，然后修改区间时，只需要修改两个位置的值，即可快速完成区间修改。最后再通过差分数组求出原数组。差分算法在区间加、区间求和等问题中都有广泛的应用。

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3729. 改变数组元素

3729. 改变数组元素

题目要求：初始给你一个全为0的序列，给你一组数据，其中每一个数组a[i]=n表示对自 i 开始的的前面n个元素全都都变为1，已经是1的不予理会，求得操作完成后的数列的值。

示例：

6
0 3 0 0 1 3

操作后：

1 1 0 1 1 1

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对于【2】位置，它的值为3，意味着自位置 2开始，前3个元素全部都变为1，则：

差分数组：[0]=1，[3]=-1。

我们根据差分数组转换为原数组：1到3的元素就是 1 1 0，这样我们就成功的利用差分数组改变了原数组的值。

因此对于每一个位置的值，我们对差分进行操作，b[l]+=1，b[r]-=1，最后利用差分数组转换为原数组。

注意几个地方：

1. 如果根据所给的值得到对差分数组操作的 l 与r？ 假设我们的值为x，则左端点为 i-x+1，右端点为 i
2. x必须取 i 和 x 的最小者，原因是即使 x大于i，则 i-x会得到一个负值，我们使得x=i，那么这样的话就是默认左端点为1开始
3. 只需对差分数组进行操作：b[l]+=1，b[r]-=1
4. 根据差分数组反推出原数组
5. 我们只需要得到每一个位置的值是0还是1即可，对于原数组我们根据其值进行两次 ！！的操作，这个操作可以使得 0值仍然是0值，任意非零值都是1
6. 注意清空差分数组的元素值。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int nums[N],b[N];
int t,n;
int main(){cin>>t;while (t--){cin>>n;memset(b,0,(n+1)*4);for (int i=1;i<=n;i++){int x;cin>>x;x=min(x,i);int l=i-x+1,r=i;b[l]+=1;b[r+1]-=1;}for (int i=1;i<=n;i++){b[i]+=b[i-1];}for (int i=1;i<=n;i++){cout<<!!b[i]<<' ';}cout<<endl;}return 0;
}

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100. 增减序列

100. 增减序列 - AcWing题库

题目要求：每次对某个区间进行操作可以选择整体加1，或者整体减1，使得整个数列的值全部相等，求得最少操作次数与最少操作次数对应的整个数列值的不同方案。

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4
1 1 2 2

操作后得：

1 1 1 1
2 2 2 2
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0 0 0 0  //非最少操作次数，因此不计

最少操作次数为2，即我们把 1到2的1整体加1，即可得到全部为2；把3到4的2整体减1，可以得到全部为1，这两种操作的最少操作次数都是1次，对应的方案数有两种

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如果我们要想把全部的数列的值都变为唯一的值，则它对应的差分数组的值一定是：

num 0 0 0 0...

即b[1]=num，往后每一个 b的值都为0，这样我们就得到了一个全部值都相同的原数组。

因此我们该如何构造一个这样的差分数组呢？

1. 只有首元素不为零
2. 差分数组中 2到n的全部元素都为0

可以发现：

• 最少操作次数：把差分数组变为上面的情况的最少操作次数

• 对应的方案数：因此就是求 b[1] 有多少种方案，就是数列中不同的值的种类

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则在区间【2，n】中：

由于差分数组中值有正有负，因此我们根据贪心的思路：

每次选择两个符号不同的数值，一个加1，一个减1，这样就能用最少的次数将正负两个符号不同的数字相消

我们规定pos为差分数组中所有正数的和，neg为所有负数的绝对值的和。

则min(pos,neg)就是正数与负数进行相消的方案数，然后使得数列中所有的值都是相同符号：

假设差分数组为：

2 5 -2 3 -1

pos=8，neg=3，则我们经过 min(8,3)=3，即经过了三次操作使得所有的负数都消失：

2 3 0 2 0 (两个负数一个加2，一个加1，对应其他位置一个减2，一个减1)

然后我们得到了全部都是符号相同的序列，下一步我们就是把【2，n】中所有的符号相同的数相消，使得数列中只留下【1】位置的值，则对于【2，n】中的数字可以有两种方案进行相消：

• 与【1】位置的值进行相消，此时会改变【1】的值
• 与【n+1】位置的值进行相消，此时不会改变【1】的值，【n+1】位置的值无意义。

因此我们再经过 |pos-neg|次操作使得所有的【2，n】位置的元素全部变为0，对于最少操作次数，选择两种方案都是一样的，因此最少操作次数为：min(pos,neg)+abs(pos-neg)

如果要统计对应的最少操作次数的方案数：则一定是 |pos-neg|+1。

上面相同符号进行相消配对的时候，选择 |pos-neg| 个与[1]匹配，则[1]改变，可以造成|pos-neg|个[1]的不同情况；另外选择[n+1]，则[1]不变，可以造成1种[1]的情况。
因此最终的组合数就是 |pos-neg|+1

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e5+10;
int nums[N];
int n;
signed main(){cin>>n;for (int i=1;i<=n;i++){cin>>nums[i];}for (int i=n;i>1;i--){nums[i]-=nums[i-1];}int pos=0,neg=0;for (int i=2;i<=n;i++){if (nums[i]>0) pos+=nums[i];else neg-=nums[i];}cout<<min(pos,neg)+abs(pos-neg)<<endl;cout<<abs(pos-neg)+1<<endl;return 0;
}