题解：[蓝桥杯 2024 省 C] 商品库存管理

本文转载自我在洛谷上P10903的题解。

前置知识：前缀和与差分

前缀和

简单而言，给定数组 \(a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n\)，现在想要快速求出 \(a_l,a_{l+1},a_{l+2},\cdots,a_r\) 的和。

• 朴素算法遍历 \(a_l\) 至 \(a_r\)，时间复杂度 \(\mathcal O(r-l+1)\)。
• 使用前缀和算法，时间复杂度 \(\mathcal O(1)\)。
• 记数组 \(b_1,b_2,b_3,\cdots,b_n\) 使得 \(b_i=b_{i-1}+a_i\)，即 \(b_i=a_i+a_2+a_3+\cdots+a_i\)。

这样 \(b_r-b_{l-1}\) 即为区间和。

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差分

简单而言，给定数组 \(a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n\)，现在想要快速使得 \(a_l,a_{l+1},a_{l+2},\cdots,a_r\) 的值增加 \(x\)。

• 朴素算法遍历 \(a_l\) 至 \(a_r\)，时间复杂度 \(\mathcal O(r-l+1)\)。（这不一样的吗？？）
• 使用差分算法，时间复杂度 \(\mathcal O(1)\)。
• 记数组 \(b_1,b_2,b_3,\cdots,b_n\) 使得 \(b_i=a_i-a_{i-1}\)。

这样修改 \(b_l\) 为 \(b_l+x\)，\(b_{r+1}\) 为 \(b_{r+1}-x\) 即可。

因为 \(a_l\) 至 \(a_r\) 全部增加 \(x\)，相邻差值不变，而 \(a_l\) 与 \(a_{l-1}\) 的差值就增加了 \(x\)；倘若不更改 \(b_{r+1}\) 减去 \(x\)，那么还原时 \(a_{r+1}\) 至 \(a_n\) 全体都会增加 \(x\)，因此 \(b_{r+1}\) 要减去 \(x\)。

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处理策略

1.朴素算法

输入完成后枚举 \(1\) 至 \(m\) 哪个操作不做，暴力增加 \(1\)，最后统计 \(0\) 的个数。
时间复杂度：\(\mathcal O(m(mn+n))\)。

显然超时。

2.差分算法

输入完成后枚举 \(1\) 至 \(m\) 哪个操作不做，每次都差分维护区间 \([l,r]\) 增加，最后还原时统计 \(0\) 的数量即可。
时间复杂度：\(\mathcal O(m(m+n))\)。

考虑到数据范围 \(1 \le n,m \le 3 \times 10^5\)，仍会超时。

得分：\(20 \text{pts}\)。

部分代码：

const int N=3e5;
struct node{
	int l,r;
}a[N+1];//其实不用结构体也行
int n,m,cnt,cf[N+2];//差分数组
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d %d",&a[i].l,&a[i].r);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		fill(cf+1,cf+n+1,0);//初始化
		cnt=0;
    	//差分维护
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(j==i)continue;
			cf[a[j].l]++,cf[a[j].r+1]--;
		}//差分还原:统计0的数量 
		for(int j=1;j<=n;j++){
			cf[j]+=cf[j-1];
			if(cf[j]==0)cnt++;
		}printf("%d\n",cnt);
	}
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}

3.前缀和+差分优化

输入 \(n\)，\(m\) 后输入 \(l_i\)，\(r_i\)，输入的时候便直接使用差分维护增加 \(1\)。

维护完成后还原，还原时统计 \(0\) 的个数 \(cnt0\)。这时，只需要加上 \([l_i,r_i]\) 内不执行操作 \(i\) 产生的 \(0\) 的数量 \(pl\) 即可。

显然对于区间 \([l_i,r_i]\)，最坏查找可以达到 \(\mathcal O(n)\)，那么时间复杂度便达到了 \(\mathcal O(mn)\)。

考虑到 \(mn\) 最大为 \((3 \times 10^5) \times (3 \times 10^5) = 6 \times 10^{10}\)，显然又双叒叕具有超时的风险。（这个超时代码就不贴了）

如果我们使用一个 \(cnt1_i\) 记录 \(i\) 号位置是否为 \(1\)，那么显然答案 \(pl=\sum\limits_{j=l_i}^{r_i}cnt1_j\)。

仔细看看，不难发现，这就是快速求 \(cnt1_{l_i}\) 至 \(cnt1_{r_i}\) 的和。那么我们更改 \(cnt1\) 的定义，使 \(cnt1_i\) 为 \(1\) 至 \(i\) 号位里 \(1\) 的总数，则 \(pl=cnt1_{r_i}-cnt1_{l_{i-1}}\)。

则最终答案为 \(cnt0+cnt1_{r_i}-cnt1_{l_{i-1}}\)。

时间复杂度：\(\mathcal O(n+m)\)。

AC代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>//个人习惯，忽略即可
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
const int N=3e5;
int n,m,l[N+1],r[N+1],cnt0,cf[N+2],cnt1[N+1];
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d %d",l+i,r+i);
		cf[l[i]]++,cf[r[i]+1]--;//差分维护
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cf[i]+=cf[i-1];//差分还原
		cnt1[i]=cnt1[i-1];//cnt1前缀和
		if(cf[i]==0)cnt0++;//统计0的数量
		if(cf[i]==1)cnt1[i]++;//前缀和统计1~i里1的数量
	} //输出，含义如上文所述
	for(int i=1;i<=m;i++){
		printf("%d\n",cnt0+(cnt1[r[i]]-cnt1[l[i]-1]));
	}
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}