线段树差分及其应用
简述概念和应用
所谓的差分，其实就是后一项与前一项的差，对于第一项而言，\(a[0] = 0\) 。设数组 \(a[~]=\{1,9,3,5,2\}\) ，那么差分数组\(t[~]=\{1,8,-6,2,-3\}\) ，即 \(t[i]=a[i]-a[i-1]\) ,那么，
差分在线段树和树状数组上应用很广泛。关于树状数组的差分可以用来解决“区间修改，单点查询”的问题，在我上一篇博客讲树状数组入门时有分析，题目是P3368 【模板】树状数组 2。而对于线段树，我们可以考虑对差分数组进行区间维护，比如维护差分数组的区间最大值，即原数组对应区间相邻元素的最大差值。
例题一 求差分最值
NC14402 求最大值
这道题首先要将问题转化，我们不能直接维护这个最大值。如果把问题放到一个二维坐标系，数组下标是横坐标，那么原数组对应的值是纵坐标，这题就是求两点之间最大斜率。画图就可以知道这个最大斜率只可能出现在相邻的两个点之间。问题就变简单了，由上面的结论，我们只要维护出差分数组的区间最大值即可。注意，这个时候线段树的叶子结点变成了原数组的相邻两点的差，不是原数组的某个值。
我们再来看题目要求的修改方式，是单点修改。那么一个点改变就会改变差分数组中的两个点（如果不是第一个点或者最后一个点的话，这两点需特判）。那么，我们的思路就是建立一棵差分数组作为最底层的线段树（这题并不用懒标记），每次修改就要修改最底层的两个点。来看一下建树操作，注意树根节点的管辖的范围是 \([2,n]\) 的，因为 题目要求 \((a[j]-a[i])/(j-i),1<=i<j<=n\),即 \(j > 1\) 。按照这个思路就可以自己打代码了，如果觉得细节上还有所欠缺可以继续往下看。
#define ls now<<1
#define rs now<<1|1
#define mid (l+r)/2
int t[maxn<<2],n,m,num[maxn];
void build(int now,int l,int r){
if(l == r) {t[now] = num[l] - num[l - 1];return;}
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
t[now] = max(t[ls],t[rs]);
}
注意这道题是修改一下就查询一下，查询的最大值其实就已经保留在线段树根节点了。按照我们之前说的，修改要修改线段树中两个叶子结点，并且特判是不是第一个点和后一个点。主函数中部分代码而下：
scanf ("%d%d", &pos, &value);
num[pos] = value; //原数组修改
if(pos > 1) update(1,2,n,pos,num[pos] - num[pos - 1]); //如果不是第一个点
if(pos < n) update(1,2,n,pos+1,num[pos + 1] - num[pos]); //如果不是最后一个点
double tem = t[1];
printf("%.2lf\n",tem);
最后是修改操作，和普通线段树修改差不多，注意这里不需要懒标记，也就没有 \(\mathrm{pushdown}\) 操作了。
void update(int now,int l,int r,int pos,int value){
if(l == r) {
t[now] = value;
return;
}
if(pos <= mid) update(ls,l,mid,pos,value);
else update(rs,mid+1,r,pos,value);
t[now] = max(t[ls],t[rs]);
}
\(Code\)：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define For(i,sta,en) for(int i = sta;i <= en;i++)
#define ls now<<1
#define rs now<<1|1
#define mid (l+r)/2
const int maxn = 2e5+11;
int t[maxn<<2],n,m,num[maxn];
void build(int now,int l,int r){
if(l == r) {t[now] = num[l] - num[l - 1];return;}
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
t[now] = max(t[ls],t[rs]);
}
void update(int now,int l,int r,int pos,int value){
if(l == r) {
t[now] = value;
return;
}
if(pos <= mid) update(ls,l,mid,pos,value);
else update(rs,mid+1,r,pos,value);
t[now] = max(t[ls],t[rs]);
}
int main(){
while(~scanf ("%d", &n)){
For(i,1,n) scanf ("%d", num+i);
build(1,2,n); //注意建树范围，从2到n
scanf ("%d", &m);int pos,value;
For(i,1,m){
scanf ("%d%d", &pos, &value);
num[pos] = value; //原数组修改
if(pos > 1) update(1,2,n,pos,num[pos] - num[pos - 1]); //如果不是第一个点
if(pos < n) update(1,2,n,pos+1,num[pos + 1] - num[pos]); //如果不是最后一个点
double tem = t[1];
printf("%.2lf\n",tem);
}
}
return 0;
}
最后提醒一下，这题在牛客网同一份代码有时 \(\mathrm{MLE}\) 最后三个点，有时只占用总限制内存大小的一半就 \(\mathrm{AC}\) 了，如果出现这种神奇的情况，多交几次就过了（可能是评测机异常或者测试数据随机？我称之为玄学）。
例题二 求最大公因数
NC26255 小阳的贝壳
这题要求最大公因数和差分最值，最值上一题已经求过了，这最大公因数怎么维护出来呢？而且修改是区间修改的，这貌似也增加了维护最大公因数的难度。我们分开思考，如果只有 \(1\) 和 \(2\) 两种操作，区间加和差分是很好维护的，只需要在区间起始位置和终止位置加 \(1\) 处加上对应值即可（例如我们要原数组 \([2,3]\) 区间加上 \(4\) ,首先是要修改差分数组上的 \(t[2] +4\)， 然后还要修改 \(t[4]-4\) ,这也是很好理解的，毕竟 \([2,3]\) 区间比其他区间突出了一块，整体提高了 \(4\) ，而其他的区间的差分关系并没有被改变）。
我们接着思考最大公因数的求法，无非就是辗转相除法和更相减损术，诶，这更相减损术有点差分的意味了。根据更相减损术，有：
我们想办法让他和差分联系起来。设原数组为 \(A\) ,差分数组为 \(T\) ，则有：
拓展到多个整数的情况,对于区间 \([i,j]\)，有：
这样，我们通过维护差分数组 \(T\) 的区间和，区间绝对值最大值，区间最大公因数三个信息就可以做出这道题了。有思路的可以开始做了，代码并不难，只是注意什么值不取绝对值，什么值取绝对值。
我的代码里有一个求 \(\mathrm{gcd}\) 函数（百度的），如果是自己写记得要特判可能会除0的情况。还有一个办法是调用 \(<\mathrm{algorithm}>\) 库里的 \(\_\_\mathrm{gcd}\) 的函数。
\(Code\):
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define For(i,sta,en) for(int i = sta;i <= en;i++)
#define speedUp_cin_cout ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);
#define mid (l+r)/2
#define ls now<<1
#define rs now<<1|1
const int maxn = 1e5+5;
inline int Gcd(int a,int b){
if(a == 0) return b;
if(b == 0) return a;
while(b^=a^=b^=a%=b);
return a;
}
int a[maxn],n,m,cha[maxn]; //a为原数组，cha为差分数组
//线段树节点
struct node{
int sum,gcd,gap;//区间和，最大公因数，最大差的绝对值
}t[maxn<<2];
void pushup(int now){
t[now].sum = t[ls].sum + t[rs].sum; //直接加
t[now].gcd = Gcd(t[ls].gcd,t[rs].gcd); //两边取最大公约数
t[now].gap = max(t[ls].gap,t[rs].gap); //两边取最大差
}
void build(int now,int l,int r){
if(l == r) {
t[now].sum = cha[l];
t[now].gcd = abs(cha[l]); //取绝对值
t[now].gap = abs(cha[l]); //取绝对值
return;
}
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
pushup(now);
}
void update(int now,int l,int r,int pos,int value){
if(l == r) {
t[now].sum = cha[l];
t[now].gcd = abs(cha[l]);
t[now].gap = abs(cha[l]);
return;
}
if(pos <= mid) update(ls,l,mid,pos,value);
else update(rs,mid+1,r,pos,value);
pushup(now);
}
int queryGap(int now,int l,int r,int x,int y){
if(x <= l && r <= y) return t[now].gap;
int ans = 0;
if(x <= mid) ans = max(ans,queryGap(ls,l,mid,x,y));
if(y > mid) ans = max(ans,queryGap(rs,mid+1,r,x,y));
return ans;
}
int querySum(int now,int l,int r,int x,int y){
if(x <= l && r <= y) return t[now].sum;
int ans = 0;
if(x <= mid) ans += querySum(ls,l,mid,x,y);
if(y > mid) ans += querySum(rs,mid+1,r,x,y);
return ans;
}
int queryGcd(int now,int l,int r,int x,int y){
if(x <= l && r <= y) return t[now].gcd;
int ans = 0;
if(x <= mid) ans = Gcd(ans,queryGcd(ls,l,mid,x,y));
if(y > mid) ans = Gcd(ans,queryGcd(rs,mid+1,r,x,y));
return ans;
}
int main(){
speedUp_cin_cout
cin>>n>>m;
For(i,1,n) cin>>a[i],cha[i] = a[i] - a[i-1];
build(1,1,n);
int op,x,y,v;
For(i,1,m){
cin>>op>>x>>y;
if(op == 1) {
cin>>v;
cha[x] += v; //注意要修改一下查分数组，和我写法有关
update(1,1,n,x,v);
if(y < n) { //如果不是最后一个还要修改一个单点
cha[y+1] -= v;
update(1,1,n,y+1,-v);
}
}else if(op == 2) cout<<queryGap(1,1,n,x+1,y)<<endl; //操作2
else cout<<Gcd(querySum(1,1,n,1,x),queryGcd(1,1,n,x+1,y))<<endl; //操作3
}
return 0;
}
希望对你理解有所帮助，如果有不清楚的的地方欢迎和我讨论💡。
