通俗易懂的C++前缀和与差分算法图文示例详解

目录

• 1、前缀和
• 2、前缀和算法有什么好处？
• 3、二维前缀和
• 4、差分
• 5、一维差分
• 6、二维差分

1、前缀和

前缀和是指某序列的前n项和，可以把它理解为数学上的数列的前n项和，而差分可以看成前缀和的逆运算。合理的使用前缀和与差分，可以将某些复杂的问题简单化。

2、前缀和算法有什么好处？

先来了解这样一个问题：

输入一个长度为n的整数序列。接下来再输入m个询问，每个询问输入一对l, r。对于每个询问，输出原序列中从第l个数到第r个数的和。

我们很容易想出暴力解法，遍历区间求和。

代码如下：

int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
while(m--)
{
    int l,r;
    int sum=0;
    scanf("%d%d",&l,&r);
    for(int i=l;i<=r;i++)
    {
        sum+=a[i];
    }
    printf("%d\n",sum);
}

这样的时间复杂度为O(n*m)，如果n和m的数据量稍微大一点就有可能超时，而我们如果使用前缀和的方法来做的话就能够将时间复杂度降到O(n+m),大大提高了运算效率。

具体做法：

首先做一个预处理，定义一个sum[]数组，sum[i]代表a数组中前i个数的和。

求前缀和运算：

const int N=1e5+10;
int sum[N],a[N]; //sum[i]=a[1]+a[2]+a[3].....a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
    sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}

然后查询操作：

 scanf("%d%d",&l,&r);
 printf("%d\n", sum[r]-sum[l-1]);

对于每次查询，只需执行sum[r]-sum[l-1] ，时间复杂度为O(1)

原理

sum[r] =a[1]+a[2]+a[3]+a[l-1]+a[l]+a[l+1]......a[r];
sum[l-1]=a[1]+a[2]+a[3]+a[l-1];
sum[r]-sum[l-1]=a[l]+a[l+1]+......+a[r];

图解

这样，对于每个询问，只需要执行 sum[r]-sum[l-1]。输出原序列中从第l个数到第r个数的和的时间复杂度变成了O(1)。

我们把它叫做一维前缀和。

总结：

练习一道题目

输入一个长度为n的整数序列。
接下来再输入m个询问，每个询问输入一对l, r。
对于每个询问，输出原序列中从第l个数到第r个数的和。

输入格式

第一行包含两个整数n和m。
第二行包含n个整数，表示整数数列。
接下来m行，每行包含两个整数l和r，表示一个询问的区间范围。

输出格式

共m行，每行输出一个询问的结果。

数据范围

1≤l≤r≤n,
1≤n,m≤100000,
−1000≤数列中元素的值≤1000

输入样例：

5 3
2 1 3 6 4
1 2
1 3
2 4

输出样例：

3
6

10

代码：

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, m;
int a[N], s[N];
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) s[i] = s[i - 1] + a[i]; // 前缀和的初始化
    while (m -- )
    {
        int l, r;
        scanf("%d%d", &l, &r);
        printf("%d\n", s[r] - s[l - 1]); // 区间和的计算
    }
    return 0;
}

3、二维前缀和

如果数组变成了二维数组怎么办呢？

先给出问题：

输入一个n行m列的整数矩阵，再输入q个询问，每个询问包含四个整数x1, y1, x2, y2，表示一个子矩阵的左上角坐标和右下角坐标。对于每个询问输出子矩阵中所有数的和。

同一维前缀和一样，我们先来定义一个二维数组s[][], s[i][j]表示二维数组中，左上角(1,1)到右下角( i,j )所包围的矩阵元素的和。接下来推导二维前缀和的公式。

先看一张图：

紫色面积是指(1,1)左上角到(i,j-1)右下角的矩形面积, 绿色面积是指(1,1)左上角到(i-1, j )右下角的矩形面积。每一个颜色的矩形面积都代表了它所包围元素的和。

从图中我们很容易看出，整个外围蓝色矩形面积s[i][j] = 绿色面积s[i-1][j] + 紫色面积s[i][j-1] - 重复加的红色的面积s[i-1][j-1]+小方块的面积a[i][j];

因此得出二维前缀和预处理公式

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

接下来回归问题去求以(x1,y1)为左上角和以(x2,y2)为右下角的矩阵的元素的和。

如图：

紫色面积是指 ( 1,1 )左上角到(x1-1,y2)右下角的矩形面积 ，黄色面积是指(1,1)左上角到(x2,y1-1)右下角的矩形面积；

不难推出：

绿色矩形的面积 = 整个外围面积s[x2, y2] - 黄色面积s[x2, y1 - 1] - 紫色面积s[x1 - 1, y2] + 重复减去的红色面积 s[x1 - 1, y1 - 1]

因此二维前缀和的结论为：

以(x1, y1)为左上角，(x2, y2)为右下角的子矩阵的和为：

s[x2, y2] - s[x1 - 1, y2] - s[x2, y1 - 1] + s[x1 - 1, y1 - 1]

总结：

练习一道完整题目：
输入一个n行m列的整数矩阵，再输入q个询问，每个询问包含四个整数x1, y1, x2, y2，表示一个子矩阵的左上角坐标和右下角坐标。

对于每个询问输出子矩阵中所有数的和。

输入格式

第一行包含三个整数n，m，q。
接下来n行，每行包含m个整数，表示整数矩阵。
接下来q行，每行包含四个整数x1, y1, x2, y2，表示一组询问。

输出格式

共q行，每行输出一个询问的结果。

数据范围

1≤n,m≤1000,
1≤q≤200000,
1≤x1≤x2≤n,
1≤y1≤y2≤m,
−1000≤矩阵内元素的值≤1000

输入样例：

3 4 3
1 7 2 4
3 6 2 8
2 1 2 3
1 1 2 2
2 1 3 4
1 3 3 4

输出样例：

17
27
21

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1010;
int a[N][N],s[N][N];
int main()
{
    int n,m,q;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
    for(int i=1;i<=n;i++)
      for(int j=1;j<=m;j++)
       scanf("%d",&a[i][j]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
      for(int j=1;j<=m;j++)
        s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]+a[i][j]-s[i-1][j-1];
    while(q--)
    {
        int x1,y1,x2,y2;
        scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
        printf("%d\n",s[x2][y2]-s[x2][y1-1]-s[x1-1][y2]+s[x1-1][y1-1]);
    }
    return 0;
}

4、差分

5、一维差分

类似于数学中的求导和积分，差分可以看成前缀和的逆运算。

差分数组：

首先给定一个原数组a：a[1], a[2], a[3],,,,,, a[n];

然后我们构造一个数组b ： b[1] ,b[2] , b[3],,,,,, b[i];

使得 a[i] = b[1] + b[2 ]+ b[3] +,,,,,, + b[i]

也就是说，a数组是b数组的前缀和数组，反过来我们把b数组叫做a数组的差分数组。换句话说，每一个a[i]都是b数组中从头开始的一段区间和。

考虑如何构造差分b数组？

最为直接的方法

如下：

a[0 ]= 0;

b[1] = a[1] - a[0];

b[2] = a[2] - a[1];

b[3] =a [3] - a[2];

........

b[n] = a[n] - a[n-1];

图示:

我们只要有b数组，通过前缀和运算，就可以在O(n) 的时间内得到a数组 。

知道了差分数组有什么用呢？ 别着急，慢慢往下看。

话说有这么一个问题：

给定区间[l ,r ]，让我们把a数组中的[ l, r]区间中的每一个数都加上c,

即 a[l] + c , a[l+1] + c , a[l+2] + c ,,,,,, a[r] + c;

暴力做法是for循环l到r区间，时间复杂度O(n)，如果我们需要对原数组执行m次这样的操作，时间复杂度就会变成O(n*m)。有没有更高效的做法吗? 考虑差分做法，(差分数组派上用场了)。

始终要记得，a数组是b数组的前缀和数组，比如对b数组的b[i]的修改，会影响到a数组中从a[i]及往后的每一个数。

首先让差分b数组中的 b[l] + c ,通过前缀和运算，a数组变成 a[l] + c ,a[l+1] + c,,,,,, a[n] + c;

然后我们打个补丁，b[r+1] - c, 通过前缀和运算，a数组变成 a[r+1] - c,a[r+2] - c,,,,,,,a[n] - c;

为啥还要打个补丁？

我们画个图理解一下这个公式的由来:

b[l] + c，效果使得a数组中 a[l]及以后的数都加上了c(红色部分)，但我们只要求l到r区间加上c, 因此还需要执行 b[r+1] - c,让a数组中a[r+1]及往后的区间再减去c(绿色部分)，这样对于a[r] 以后区间的数相当于没有发生改变。

因此我们得出一维差分结论：给a数组中的[ l, r]区间中的每一个数都加上c,只需对差分数组b做 b[l] + = c, b[r+1] - = c。时间复杂度为O(1), 大大提高了效率。

总结：

题目练习： AcWing 797. 差分

输入一个长度为n的整数序列。
接下来输入m个操作，每个操作包含三个整数l, r, c，表示将序列中[l, r]之间的每个数加上c。
请你输出进行完所有操作后的序列。

输入格式

第一行包含两个整数n和m。
第二行包含n个整数，表示整数序列。
接下来m行，每行包含三个整数l，r，c，表示一个操作。

输出格式

共一行，包含n个整数，表示最终序列。

数据范围

1≤n,m≤100000,
1≤l≤r≤n,
−1000≤c≤1000,
−1000≤整数序列中元素的值≤1000

输入样例：

6 3
1 2 2 1 2 1
1 3 1
3 5 1
1 6 1

输出样例：

3 4 5 3 4 2
AC代码

//差分 时间复杂度 o(m)
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int a[N],b[N];
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        b[i]=a[i]-a[i-1];      //构建差分数组
    }
    int l,r,c;
    while(m--)
    {
        scanf("%d%d%d",&l,&r,&c);
        b[l]+=c;     //表示将序列中[l, r]之间的每个数加上c
        b[r+1]-=c;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        b[i]+=b[i-1];  //求前缀和运算
        printf("%d ",b[i]);
    }
    return 0;
}

6、二维差分

如果扩展到二维，我们需要让二维数组被选中的子矩阵中的每个元素的值加上c,是否也可以达到O(1)的时间复杂度。答案是可以的，考虑二维差分。

a[][]数组是b[][]数组的前缀和数组，那么b[][]是a[][]的差分数组

原数组： a[i][j]

我们去构造差分数组： b[i][j]

使得a数组中a[i][j]是b数组左上角(1,1)到右下角(i,j)所包围矩形元素的和。

如何构造b数组呢？

其实关于差分数组，我们并不用考虑其构造方法，因为我们使用差分操作在对原数组进行修改的过程中，实际上就可以构造出差分数组。

同一维差分，我们构造二维差分数组目的是为了 让原二维数组a中所选中子矩阵中的每一个元素加上c的操作，可以由O(n*n)的时间复杂度优化成O(1)

已知原数组a中被选中的子矩阵为 以(x1,y1)为左上角，以(x2,y2)为右上角所围成的矩形区域;

始终要记得，a数组是b数组的前缀和数组，比如对b数组的b[i][j]的修改，会影响到a数组中从a[i][j]及往后的每一个数。

假定我们已经构造好了b数组，类比一维差分，我们执行以下操作
来使被选中的子矩阵中的每个元素的值加上c

b[x1][y1] + = c;

b[x1,][y2+1] - = c;

b[x2+1][y1] - = c;

b[x2+1][y2+1] + = c;

每次对b数组执行以上操作，等价于：

for(int i=x1;i<=x2;i++)
  for(int j=y1;j<=y2;j++)
    a[i][j]+=c;

我们画个图去理解一下这个过程：

b[x1][ y1 ] +=c ; 对应图1 ,让整个a数组中蓝色矩形面积的元素都加上了c。
b[x1,][y2+1]-=c ; 对应图2 ,让整个a数组中绿色矩形面积的元素再减去c，使其内元素不发生改变。
b[x2+1][y1]- =c ; 对应图3 ,让整个a数组中紫色矩形面积的元素再减去c，使其内元素不发生改变。
b[x2+1][y2+1]+=c; 对应图4,让整个a数组中红色矩形面积的元素再加上c，红色内的相当于被减了两次，再加上一次c，才能使其恢复。

我们将上述操作封装成一个插入函数:

void insert(int x1,int y1,int x2,int y2,int c)
{     //对b数组执行插入操作，等价于对a数组中的(x1,y1)到(x2,y2)之间的元素都加上了c
    b[x1][y1]+=c;
    b[x2+1][y1]-=c;
    b[x1][y2+1]-=c;
    b[x2+1][y2+1]+=c;
}

我们可以先假想a数组为空，那么b数组一开始也为空，但是实际上a数组并不为空，因此我们每次让以(i,j)为左上角到以(i,j)为右上角面积内元素(其实就是一个小方格的面积)去插入 c=a[i][j]，等价于原数组a中(i,j) 到(i,j)范围内 加上了 a[i][j] ,因此执行n*m次插入操作，就成功构建了差分b数组.

这叫做曲线救国。

代码如下：

  for(int i=1;i<=n;i++)
  {
      for(int j=1;j<=m;j++)
      {
          insert(i,j,i,j,a[i][j]);    //构建差分数组
      }
  }

当然关于二维差分操作也有直接的构造方法，公式如下：

b[i][j]=a[i][j]−a[i−1][j]−a[i][j−1]+a[i−1][j−1]

二维差分数组的构造同一维差分思维相同，因次在这里就不再展开叙述了。

总结：

题目练习： AcWing 798. 差分矩阵

输入一个n行m列的整数矩阵，再输入q个操作，每个操作包含五个整数x1, y1, x2, y2, c，其中(x1, y1)和(x2, y2)表示一个子矩阵的左上角坐标和右下角坐标。
每个操作都要将选中的子矩阵中的每个元素的值加上c。
请你将进行完所有操作后的矩阵输出。

输入格式

第一行包含整数n,m,q。
接下来n行，每行包含m个整数，表示整数矩阵。
接下来q行，每行包含5个整数x1, y1, x2, y2, c，表示一个操作。

输出格式

共 n 行，每行 m 个整数，表示所有操作进行完毕后的最终矩阵。
数据范围

1≤n,m≤1000,
1≤q≤100000,
1≤x1≤x2≤n,
1≤y1≤y2≤m,
−1000≤c≤1000,
−1000≤矩阵内元素的值≤1000

输入样例：

3 4 3
1 2 2 1
3 2 2 1
1 1 1 1
1 1 2 2 1
1 3 2 3 2
3 1 3 4 1

输出样例：

2 3 4 1
4 3 4 1
2 2 2 2

AC代码：

include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1e3+10;
int a[N][N],b[N][N];
void insert(int x1,int y1,int x2,int y2,int c)
{
    b[x1][y1]+=c;
    b[x2+1][y1]-=c;
    b[x1][y2+1]-=c;
    b[x2+1][y2+1]+=c;
}
int main()
{
  int n,m,q;
  cin>>n>>m>>q;
  for(int i=1;i<=n;i++)
   for(int j=1;j<=m;j++)
    cin>>a[i][j];
  for(int i=1;i<=n;i++)
  {
      for(int j=1;j<=m;j++)
      {
          insert(i,j,i,j,a[i][j]);    //构建差分数组
      }
  }
  while(q--)
  {
      int x1,y1,x2,y2,c;
      cin>>x1>>y1>>x2>>y2>>c;
      insert(x1,y1,x2,y2,c);
  }
  for(int i=1;i<=n;i++)
  {
      for(int j=1;j<=m;j++)
      {
          b[i][j]+=b[i-1][j]+b[i][j-1]-b[i-1][j-1];
      }
  }
  for(int i=1;i<=n;i++)
  {
      for(int j=1;j<=m;j++)
      {
          printf("%d ",b[i][j]);
      }
      printf("\n");
  }
  return 0;
}

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