WEEK5 周記 作業(yè)——差分?jǐn)?shù)組_TT的魔法貓

一、題意

1.簡(jiǎn)述

現(xiàn)有n個(gè)城市，第$i$個(gè)城市有一個(gè)資產(chǎn)值$a[i]$，每次操作讓區(qū)間$[l,r]$中的城市資產(chǎn)增加$c$，要求$q$操作結(jié)束后，給出每個(gè)城市的資產(chǎn)值。

2.輸入格式

第一行2個(gè)整數(shù)：$n$，$q$，$(1\le n,q\le 2\times 10^5)$——城市的數(shù)量和操作的次數(shù)。
第二行包含$n$個(gè)整數(shù)：$a_1,a_2,...a_n(?10^6\le a_i\le 10^6)$ ——每個(gè)城市的資產(chǎn)值。
下面跟著$q$行，每行代表一個(gè)操作。每一行有3個(gè)數(shù)：$l$，$r$，$c$$(1\le l\le r\le n,?10^5\le c\le 10^5)$。

3.輸出格式

輸出$n$個(gè)整數(shù)——$n$個(gè)城市的最終資產(chǎn)值。

4.樣例

Input_1

4 2
-3 6 8 4
4 4 -2
3 3 1

Output_1

-3 6 9 2

Input_2

2 1
5 -2
1 2 4

Output_2

9 2

二、算法

主要思路

首先看看暴力行不行。最多有$2\times 10^5$次操作，每次操作最多修改$2\times 10^5$個(gè)值，顯然時(shí)間要超過1s。

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考慮差分。差分?jǐn)?shù)組可以在$O(1)$的時(shí)間復(fù)雜度內(nèi)修改原數(shù)組一個(gè)區(qū)域內(nèi)的所有元素的值（增/減相同的$c$）。獲取原數(shù)組一個(gè)元素則需要$O(n)$，獲取原數(shù)組所有元素的值也只需要$O(n)$。
差分?jǐn)?shù)組的構(gòu)建：$$B[1]=A[1]$$$$B[i]=A[i]?A[i?1]$$所以$$\sum B[i]=A[i]$$A[L]~A[R]均價(jià)上c等價(jià)于$$B[L]+=c$$$$B[R+1]?=c$$

所以按照公式，每次操作我們只需要花費(fèi)$O(1)$的時(shí)間，最終輸出所有資產(chǎn)值的時(shí)間復(fù)雜度為$O(n)$。輸出每一個(gè)資產(chǎn)值只需要利用公式：$$A[i]=A[i?1]+B[i]$$就能依次輸出。

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題外

小心B數(shù)組的數(shù)據(jù)范圍，這里應(yīng)該用long long 類型，因?yàn)閷?duì)一個(gè)B數(shù)組的元素是有可能加q次c的，按照q和c的數(shù)據(jù)范圍能看出這種情況下用int是會(huì)爆精度的。

三、代碼

#include<iostream> #include <cmath> #include<sstream> #include<string> #include<cstdlib> #include<cstring> using namespace std; int a[200010]; long long int b[200010];//又爆了int的精度。。 int main() {int n,q,i,j;scanf("%d%d",&n,&q);for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);b[1]=a[1];for(i=2;i<=n;i++) b[i]=a[i]-a[i-1];for(i=0;i<q;i++){int l,r,c;scanf("%d%d%d",&l,&r,&c);b[l]+=c;b[r+1]-=c;}long long int sum=b[1];printf("%d",sum);if(n>1)printf(" "); for(i=2;i<=n;i++){sum=b[i]+sum;printf("%lld",sum);if(i<=n-1) printf(" ");}return 0; }

總結(jié)

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