良心之作，史上最全字首和與差分！！！

1.字首和：對乙個序列進行o(n)預處理(或者乙個矩陣，即二維字首和)後，o(1)地查詢任意一段子串行的和.

2.差分：用於求解多次區間修改與區間詢問的題型，例如多次給[ l , r ] 內所有數 + val，就可以用差分以及字首和來優化。區間操作o（1），區間詢問o（n）處理，o（1）查詢.

3.樹上差分：同樣的，如果我們有若干次操作與若干次詢問，每次操作對從u 到 v 路徑上所有節點加乙個值，那麼我們用樹上差分可以將時間複雜度控制在o（1）上，詢問同樣是o（n）處理，o（1）查詢.

注意：差分為離線演算法，不支援同時修改同時詢問操作，演算法複雜度會退化1.1 問題描述：給出一串長度為 n 的數列a1,a2,a3…an,再給出m個詢問，每次詢問給出l，r兩個數，要求給出區間[l,r]裡的數的和。

1.2基本思路：樸素演算法，將[l,r]中每個數依此累加，複雜度為o(mn);

字首和的思路：開乙個陣列d;

d[i] = a[i] + a[i-1] + a[i-2] + ... + a[1];

記錄序列從開始至第i位置的總和，由此我們可以得出任意一段序列[1,x]的和，即[1,l-1],[1,r],ans = d[r] - d[l - 1],複雜度為o(1)；預處理操作複雜度為o(n);3.1 問題描述：給出一串長度為 n 的數列a1,a2,a3…an , 給出k次操作，每次操作給出l、r、val，要求對 [l , r]內所有元素加上val，再給出m個詢問，每次詢問給出l，r兩個數，要求給出區間[l,r]裡的數的和。

3.2 樸素思路：很容易想到的做法就是每次給出l，r 和 val後，我們就挨個對[l,r] 內所有元素+val，再在詢問時將答案挨個加起來。這樣時間複雜度為o（kmn）

3.3 差分思路：順應著字首和，假如我們將所有修改操作進行一次字首和，在所有修改操作完成後，進行一次總的修改，即大大降低時間複雜度；

3.4 一維差分實現思路：開乙個c陣列，用來記錄修改的字首和，假設我們對區間[l,r]，進行修改，我們只需令c[l] += val,c[r+1] -= val，將所有修改操作類此標記，在最後對c陣列進行一次字首和，將原先處理好的d字首和陣列，按位進行加法，即得最終修改值；

c[l] += val;c[r+1] -= val;
一維差分字首和
c[l] = val;c[l+1] = val;......c[r] = val;c[r+1] = 0;//為什麼？因為我們已經將c[r+1]標記為了 -val;
修改陣列d;
for(i,1...n)
d[i] += c[i];

2.1 公式：

d[i][j] = σ(a[i...0][j...0]);

2.2 基本問題：給定乙個n*m大小的矩陣a，有q次詢問，每次詢問給定x1,y1,x2,y2四個數，求以(x1,y1)為左上角座標和(x2,y2)為右下角座標的子矩陣的所有元素和。注意仍然包含左上角和右下角的元素。

二維字首和實現思路：d[i][j]記錄以i，j為右下角下標，以1，1為左上角下標的矩陣內所有資料域之和；實現詢問操作：

紅色矩陣a，黃色為目標矩陣；ans = （黃，灰，藍，紫四個矩陣） - （灰，藍兩個矩陣） - （藍，紫兩個矩陣）+（藍色矩陣）；這裡我們以藍色矩陣為過渡，o（1）時間內求解完畢；預處理操作

//d[i][j]應預先存好第（i，j）位置的元素值；
for(int i=1;i<=n;i++)

詢問操作

ans = d[x2][y2] - d[x1-1][y2] - d[x2][y1-1] + d[x1-1][y1-1]；//x1 - 1和y1 - 1是因為題目要包含左上角和右下角的元素；

思路引進：既然一維字首和能差分，二維同樣可以；(假的證明)

實質上是只不過是把差分從一維引進到二維而已；

同樣開乙個c陣列來維護修改操作；

for(int i  = 1;i <= m;i++)

後續操作均與一維差分類似，在此不再贅述；5.1 問題描述：

· 給定一棵有n個點的樹，所有節點的權值初始時都為0。

· 有k次操作，每次指定兩個點u , v，將 u 到 v 路徑上所有點的權值都+1。

· 請輸出k次操作完畢後權值最大的那個點的權值。

5.2 樸素思路：不用多想，最暴力的做法就是我們找到 u 到 v 路徑上的所有點並+1（可以利用 lca ）。最後，再遍歷所有點查詢權值最大的點並輸出。這樣時間複雜度為o（kn），這還不包括 lca 查詢路徑的時間。非常暴力

5.3 求u到v的路徑：那麼我們知道，如果假設我們要考慮的是從 u 到 v 的路徑，u 與 v 的 lca 是 a ，那麼很明顯，假如路徑中有一點 u′ 已經被訪問了，且 u′ ≠ a ，那麼 u』的父親也一定會被訪問。（為什麼呢？因為這是一棵樹）所以，我們可以將路徑拆分成兩條鏈，u -> a 和 a -> v。

（圖糙，輕噴）

a是最近公共祖先，從 u -> v,必然要經過u的父親u』,但並非要經過a的父親，由此類推（由上可知證畢）

5.4樹上差分：常見的樹上差分有兩種形式，即

· 關於邊的差分

· 關於點的差分。

5.4.1 關於邊的差分：

將邊拆成兩條鏈之後，我們便可以像差分一樣來找到路徑了。用 cf[ i ] 代表從i到i的父親這一條路徑經過的次數。因為關於邊的差分，a 是不在其中的，所以考慮鏈 u -> a，則就要使cf[ u ]++，cf[ a ]− −。然後鏈a -> v，也是cf[ v ]++，cf[ a ]−−。所以合起來便是cf[ u ]++，cf[ v ]++，cf[ a ]−=2。然後，從根節點，對於每乙個節點x，都有如下的步驟：

（1）列舉x的所有子節點u

（2）dfs所有子節點u

（3）cf[ x ] + = cf[ u ]

那麼，為什麼能夠保證這樣所有的邊都能夠遍歷到呢？因為我們剛剛已經說了，如果路徑中有一點u′已經被訪問了，且u′≠a，那麼u′的父親也一定會被訪問。所以u′被訪問幾次，它的父親也就因為u′被訪問了幾次。所以就能夠找出所有被訪問的邊與訪問的次數了。路徑求交等一系列問題就是通過這個來解決的。因為每個點都只會遍歷一次，所以其時間複雜度為o(n).

5.4.2 關於點的差分：

還是與和邊的差分一樣，對於所要求的路徑，拆分成兩條鏈。步驟也和上面一樣，但是也有一些不同，因為關於點，u與v的lca是需要包括進去的，所以要把lca包括在某一條鏈中，用cf[ i ] 表示 i 被訪問的次數。最後對 cf 陣列的操作便是cf[ u ]++，cf[v]++，cf[ a ]−−，cf[ father[a] ]−−。其時間複雜度也是一樣的o(n).

5.5 樹上差分總結：將需要修改的一段路徑，拆分成兩條鏈，可以理解作兩段序列，然後分別進行一維的差分；

良心之作，史上最全字首和與差分！！！

字首和與差分

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