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Prefix Sum & Difference Array & Two Pointer

2024/11/06

  • 前綴和
  • 差分
  • 雙指針

前綴和、差分

一維前綴和

序列 \(A_1, A_2,...,A_n\) 的長度為 \(i\) 的前綴和記為 \(S_i\) 而 \(S_0\) =0，可以用來計算區間和。
\(\sum\limits_{i = l}^r {A_i = S_r -S_{l-1}}\)

可以簡單理解為前 \(i\) 項的和，而求 \(l\sim r\) 的區間和自然就是\(S_r-S_{l-1}\)

二維前綴和

多維前綴和的構造方式與一維相同，主要是求區間和時要利用容斥原理
如何構造 矩陣 sum?

\(sum_{r,c}=\sum\limits_{i = 1}^r \sum\limits_{j = 1}^c {arr_{i,j}}\)
遞推求 sum 的過程為(容斥原理):
\(sum_{i,j} = sum_{i-1,j} + sum_{i,j-1} - sum_{i-1,j-1} + arr_{i,j}\)

如何應用

求子矩陣 (\(r_1 , c_1\))~(\(r_2 , c_2\)) 的和。
由遞推的算式可得 (\(r_1 , c_1\))~(\(r_2 , c_2\)) 的區間和為:
\(ans = sum_{r_2,c_2} - sum_{r_1-1,c_2} - sum_{r_2,c_1-1} + sum_{r_1-1,c_1-1}\)

圖例:

\(sum_{r_2,c_2} - sum_{r_1-1,c_2} - sum_{r_2,c_1-1} + sum_{r_1-1,c_1-1}\)
image.png

例題：

對一段長度為 \(n\) 的區間，做出 \(q\) 筆詢問
*詢問內容為區間和

  • subtask 1: \(n\cdot q \le 10^8\)
  • subtask 2: \(n \le 10^2,\ q \le 10^8\)
  • subtask 3: \(n \le 10^6,\ q \le 10^8\)

subtask 1: \(n*q \le 10^8\)

每次詢問就遍例一次，直接暴力加法









    for(int i=1;i<=q;i++){
        int l,r,ans=0;
        cin>>l>>r;
        for(int j=l;j<=r;j++){
            ans+=arr[j];
        }
        cout<<ans<<"\n";
    }

最差情況 : \(q\) 次詢問都是求 \(sum_{1,n}\)
因此你每次都需要遍例 \(1~n\)，則時間複雜度為 \(O(q\cdot n)\)

subtask 2: \(n \le 10^2,\ q \le 10^8\)

開 \(10^2\cdot 10^2\) 的陣列，\(sum[i][j]\) 紀錄 \(i \sim j\) 的總和是多少
\(q\) 筆詢問即可 \(O(1)\) 解決掉 因此時間複雜度為 \(O(n^2+q)\)

subtask 3: \(n \le 10^6,\ q \le 10^8\)

開 \(10^6\) 的陣列， \(sum[i]\) 紀錄 \(i\) 的前綴和是多少
\(q\) 筆詢問即可 \(O(1)\) 解決掉 因此時間複雜度為 \(O(n + q)\)













int n,l,r,q;
int arr[N]={},sum[N]={};
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
    cin>>arr[i];
    sum[i]=sum[i-1]+arr[i];
}
cin>>q;
for(int i=1;i<=q;i++){
    cin>>l>>r;
    cout<<sum[r]-sum[l-1]<<"\n";
}

差分

差分的構造

差分是一種和前綴和相對的策略，可以當做是求和的逆運算。
\(f_{i} = arr_{i} - arr_{i-1}\) , \(f_{1} = arr_{1}\)




    ex:
    arr[] = 1  10  5  -3  9
      f[] = 1  9  -5  -8  12

同時不難發現，\(arr_{i}\) 的值是 \(f_{i}\) 的前綴和

計算區間和

若要利用 \(f\) 計算 arr 的前綴和
\(sum_{1,n} = \sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = 1}^i {f_j}=\sum\limits_{i = 1}^n (n-i+1)\cdot f_{i}\)

以及修改區間值

若要在 \(arr_l\) ~ \(arr_r\) 都加上 \(x\) 只需要修改 \(f_l\) 和 \(f_{r+1}\) 的值



  f[l] += x; 
f[r+1] -= x;

例題：

對一段長度為 \(n\) 的區間，提出 \(k\) 次區間修改後詢問你一次結果

  • subtask 1: \(n\cdot k \le 10^8\)
  • subtask 2: \(n \le 10^6,k \le 10^8\)

subtask 1: \(n\cdot k \le 10^8\)

一樣直接暴力做，這邊就不贅述

subtask 2: \(n \le 10^6,\ k \le 10^8\)













int n,l,r,k,x;
int arr[N]={},f[N]={};
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
    cin>>arr[i];
    f[i]=arr[i]-arr[i-1];
}
cin>>k;
for(int i=1;i<=k;i++){
    cin>>l>>r>>x;
    f[r+1]-=x,f[l]+=x;
}

前綴和是在非常多的題目都會用到的優化方式，也是一個簡單實用的技巧，請大家一定要時時刻刻想到前綴和。
另外 鑒於 xor 的性質(交換律)，xor 也可以拿來進行前綴和。

而差分雖然不常用到，但卻是針對某些題目時好用的工具。

雙指針 –- two pointers

雙指針顧名思義，就是同時使用兩個指針，在序列、串列結構上指向的是位置，在樹、圖等資料結構結構中指向的是節點，通過邊或同向移動，或相向移動來維護、計算要求的資訊。

通過快指針以及慢指針(左指針和右指針)的移動去限制可選擇的區塊。

頭尾固定的雙指針 –- sliding window

例題：sliding windows maxmium

詢問每個大小為 \(k\) 的 sliding windows (區間) 的最大值

\(-10^4 \le a_i \le 10^4\)

用 multiset 維護 sliding windows 內的數字

程式碼：













vector<int> ret;
multiset<int> st;
for(int i = 0; i < k; i++) {
    st.insert(nums[i]);
}
ret.push_back(*(st.rbegin()));
for(int i = k; i < nums.size(); i++) {
    st.insert(nums[i]);
    st.erase(st.find(nums[i - k]));
    ret.push_back(*(st.rbegin()));
}
return ret;

也可以丟進 priority_queue 裡面(存 pair(value,index))，

每次查找最大值，檢查 index 是否是符合條件的，
若不符合就 pop 掉直到找到就好。

例題：

給一個長度為 \(n\)、由非負整數組成的陣列 \(a\)，在 \(\sum\limits^r_{i = l}a_i \le S\) 的情況下，最大化 \(r - l\)。

雙指針維護左界跟右界，被左界跟右界框起來的區域就是我們想要的，但是左界跟右界要怎麼移動呢？

每次將右界向右移動一格，並當總和超過 \(S\) 時，將左界也向右移動。

\(S = 20\)，初始化時，沒有包含任何區間。

\(l = 1, r = 1, sum \le 20, r++\)

\(l = 1, r = 2, sum \le 20, r++\)

\(l = 1, r = 3, sum \le 20, r++\)

\(l = 1, r = 4, sum \le 20, r++\)

\(l = 1, r = 5, sum > 20, l++\)

\(l = 2, r = 5, sum \le 20, r++\)

\(l = 2, r = 6, sum > 20, l++\)

\(l = 3, r = 6, sum > 20, l++\)

\(l = 4, r = 6, sum \le 20, r++\)

\(l = 4, r = 7, sum > 20, l++\)

\(l = 5, r = 7, sum > 20, l++\)

結束了

\(l\) 和 \(r\) 最多只會移動 \(n\) 步，複雜度 \(O(n)\)

程式碼：









for(int i = 0; i < n; i++) {
	sum += arr[i];
	while(sum > s) {
		sum -= arr[l];
		l++;
	}
	ans = max(ans, i - l + 1);
}

改變一下問題

給一個長度為 \(n\)、由非負整數組成的陣列 \(a\)
有幾組 pair \((l、r)\)，符合 \(\sum\limits^r_{i = l}a_i \le S\)

再觀察一下上一題
對 \(r = 4\) 來說， \(l = 1, 2, 3, 4\) 都符合 \(\sum\limits^r_{i = l}a_i \le S\)

因此本題就是在上一題的基礎上，對每個右界計算有幾個左界可以符合條件。

程式碼：









for(int i = 0; i < n; i++) {
	sum += arr[i];
	while(sum > s) {
		sum -= arr[l];
		l++;
	}
	ans += (i - l + 1);
}

遇到一個問題時，如果他是要求最好的區間或者是有幾個區間符合條件時，就可以考慮雙指針，至於指針要放哪，就要看題目而定了。

例題：Container With Most Water

給一個為 \(n\) 的陣列 \(arr\)

\(a_i\) 代表在 \(x = i\) 的位置有高度為 \(a_i\) 的垂直線，
選兩個位置 \(i、j\) 且 \(i < j\)，計算 \(\text{min}(a_i, a_j)\times (j - i)\) 的最大值

做法二：

一開始先將指針放在最左邊跟最右邊，並比較兩邊的值，將值較小的指針往中間移，因為對這個指針來說，另外一邊的指針移動對答案是沒有貢獻的

程式碼：










int maxa = 0;
int l = 0, r = n - 1;
while(l < r) {
    maxa = max(maxa, (r - l) * min(arr[l], arr[r]));
    if(arr[l] < arr[r]) {
        l++;
    }
    else r--;
}

練習 & 問問題時間

作業網址

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