转载 qwb的博客 前缀和 和 取尺法 详细例题讲解

• 前缀和
  • 一维前缀和
    • 问题1静态区间求和
    • 问题2求是否有子区间之和m等于x
    • 问题3n个数选数字之和整除n
    • 问题4从两端延伸的问题
    • 问题5先区间更新然后再区间查询
  • 二维前缀和
    • 问题1静态子矩阵求和
    • 问题2先子矩阵更新然后再子矩阵查询
• 取尺法
  • 问题1处理同一类连续区间
  • 问题2一类具有单调性的问题

前缀和

一维前缀和

定义 pre[n]=∑i=1nA[i]

问题1：静态区间求和

给定大小为n的数组 (1≤n≤105) ，接下来读入n个数字表示 A[i](1≤A[i]≤109) 
接下来输入Q (1≤Q≤105) ,然后有Q行，表示Q次查询。 
每次查询，输入 l,r(1≤l≤r≤n) ,要求输出 sum=A[l]+A[l+1]+A[l+2]+...+A[r−1]+A[r]

思路： 
预处理一下前缀和pre，那么每次查询，sum就等于 pre[r]−pre[l−1]

问题2：求是否有子区间之和%m等于x

给定大小为n的数组和数字m (1≤n,m≤105) ，接下来读入n个数字表示 A[i](1≤A[i]≤109) 
问是否能找到一个子区间，使得区间内的数字之和%m等于x

思路： 
从左往右处理前缀和pre，如果当前处理到了第i个，记录当前的前缀和pre[i]%m为t 
那么如果这个位置，是我们要求的子区间的右边界，那么l - 1的位置的前缀和%m的值就应该等于 (t−x+m)%m 
所以我们一边处理前缀和，一边记录pre[i]%m是否出现了即可。

问题3：n个数，选数字之和整除n

给定大小为n的数组和数字m (1≤n,m≤105) ，接下来读入n个数字表示 A[i](1≤A[i]≤109) 
是否能选出一些数字，使得这些数字之和%n为0

思路： 
求前缀和pre，求和的时候顺便%n。如果某一个pre等于0，那么就取前这么多个数字，之和%n就等于0了。 
否则，没有pre等于0。 
通过问题2，我们可以知道，如果有两个不同位置的pre相同，那么这两个位置中间所夹的区间，之和%n就等于0 
又因为有n个pre，但是pre%n的结果只可能是1~n-1这n-1种情况 
所以至少有两个pre是相同的。 
那么两个相同的pre的位置，中间所夹的区间，就会是满足条件的

问题4：从两端延伸的问题

给定大小为n的数组 (1≤n≤105) ，接下来读入n个数字表示 A[i](1≤A[i]≤109) 
接下来输入Q (1≤Q≤105) ,然后有Q行，表示Q次查询。 
每次查询，输入 l,r(1≤l≤r≤n) ,要求输出 [l,r] 区间外面，所有数字的总的gcd

思路： 
可以发现，gcd只可以合并，但是并不能和加法一样，做到逆运算(加法的逆运算就是减法) 
但是这个题实际上是除去了 [l,r] 区间的，那么有效的区间都是从左边或者是右边延伸的 
所以可以这样做：

int n, A[MX];int pre[MX], suf[MX];LL gcd(LL a, LL b) {    return b ? gcd(b, a % b) : a;}void presolve() {    pre[0] = 0;    for(int i = 1; i <= n; i++) {        pre[i] = gcd(pre[i - 1], A[i]);    }    suf[n + 1] = 0;    for(int i = n; i >= 1; i--) {        suf[i] = gcd(suf[i + 1], A[i]);    }}int query(int l, int r) {    return gcd(pre[l - 1], suf[r + 1]);}

问题5：先区间更新，然后再区间查询

给定大小为n的数组 (1≤n≤105) ，刚开始每个位置的值都为0 
接下来输入m (1≤m≤105) ，接下来m行表示m次修改，每次修改输入l r x,表示区间[l,r]中的数字全部加上x 
接下来输入Q (1≤m≤105) ，接下来Q行表示Q次查询，每次查询输入l r,要求输出A[l]+A[l+1]+A[l+2]+...+A[r−1]+A[r]

思路： 
这个题特别之处在于，并不是一边修改一边查询，而是先修改，然后再是查询，那么就没必要使用复杂的数据结构，直接用前缀和就能搞定了。 
创建数组A 
对于m次修改，每次直接A[l] += x, A[r + 1] -= x 
然后再对A数组求一次前缀和，假如依然保存在A数组里。 
此时，A[i]就表示，m次修改以后，第i个位置的值了~ 
那么我们现在要区间修改，又回到了问题1，再对A数组做一遍前缀和就行了

二维前缀和

pre[n][m]=∑i=1n∑j=1mA[i][j]

问题1：静态子矩阵求和

给定大小为n*m的矩阵 (1≤n,m≤103) ，接下来读入n*m个数字表示 A[i][j](1≤A[i]≤109) 
接下来输入Q (1≤Q≤105) ,然后有Q行，表示Q次查询。 
每次查询，输入 x1,y1,x2,y2(1≤x1≤x2≤n,1≤y1≤y2≤m) ,要求输出子矩阵中的所有数字之和

思路： 
按二维前缀和的定义，预处理出pre 
对于每次查询，答案就是 pre[x2][y2]−pre[x2][y1−1]−pre[x1−1][y2]+pre[x1−1][y1−1] 
预处理pre可以这样做

void presolve() {    for(int i = 1; i <= n; i++) {        LL line = 0;        for(int j = 1; j <= m; j++) {            line += A[i][j];            pre[i][j] = pre[i - 1][j] + line;        }    }}

问题2：先子矩阵更新，然后再子矩阵查询

给定大小为n*m的矩阵 (1≤n,m≤103) ，接下来读入n*m个数字表示 A[i][j](1≤A[i]≤109) 
接下来输入P (1≤P≤105) ,然后有P行，表示P次修改。 
每次修改，输入 x1,y1,x2,y2,x(1≤x1≤x2≤n,1≤y1≤y2≤m) ,那么子矩阵中所有数字会加上x 
接下来输入Q (1≤Q≤105) ，然后有Q行，表示Q次修改。 
每次查询，输入 x1,y1,x2,y2(1≤x1≤x2≤n,1≤y1≤y2≤m) ,要求输出子矩阵中所有数字之和

思路： 
感觉写到这里，前缀和的套路大家也应该能明白了。 
对于每次修改，我们 A[x1][y1]+=d,A[x2+1][y1]−=d,A[x1][y2+1]−=d,A[x2+1][y2+1]+=d 
然后对A求二维前缀和，得到每个位置的数字。 
再求一次前缀和，保存到A中 
然后回到问题1，对于每次查询，答案就是 pre[x2][y2]−pre[x2][y1−1]−pre[x1−1][y2]+pre[x1−1][y1−1]

取尺法

又叫两点法(two point)

问题1：处理同一类连续区间

一个长为n (1≤n≤105) 的只有0和1的串。 
求连续1最长是多少。

思路：这种处理连续区间的方法非常多，也有更简单的，不详细说了

int l, r, ans = 0;for(l = 1; l <= n; l = r + 1) {    for(r = l; r + 1 <= n && A[r + 1] == A[l]; r++);    if(A[l] == 1) ans = max(ans, r - l + 1);}printf("%d\n", ans);

问题2：一类具有单调性的问题

有n (1≤n≤105) 个位置放了物品，每个物品有a和b (1≤a,b≤105) 。 
现在要找到一个子区间，使得这个子区间的a之和小于等于 W(1≤W≤109) ,且b的和最大。 
求这个最大值。

这一类问题，如果想用取尺法解决，基本上都有以下的特征： 
- 能够判断当前状态是否符合题意 
- 能维护增加一个，和删除一个 
- 左边界不变时，右边界一定是越大越好，直到不符合题意 
- 右边界不变时，左边界一定是越小越好，直到不符合题意

一旦满足了这些要求，就能用取尺法了。 
这里有一个对于这一类题的模板

void solve() {    int l, r = 0;    for(l = 1; l <= n; l++) {        //check是检查把这个位置加进去，是否还符合题意        while(r + 1 <= n && check(r + 1)) {            r++; add(r);//把这个位置的加进去        }        //在这个地方更新答案        delete(l);//把l的位置的删掉    }    //输出答案}

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写到这里，取尺法和前缀和，最常用的用法就全部介绍完拉~