基础算法笔记
知识点
快速排序，归并排序
二分
高精度
前缀和与差分（二维）
双指针算法
位运算
离散化
区间合并
排序
快速排序
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归并排序
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二分
二分查找-模板 - cn是大帅哥886 - 博客园 (cnblogs.com)
高精度
高精度加减乘-模板 - cn是大帅哥886 - 博客园 (cnblogs.com)
前缀和
一维没什么说的了，主要用于求区间的一段和
S[i] = a[1] + a[2] + ... a[i]
求l，r区间和，就是 S[r] - S[l - 1]，推理过程：
S[r]=a[1]+a[2]+...+a[l-1]+a[l]+...+a[r]
S[l-1]=a[1]+a[2]+...+a[l-1]
S[r]-S[l-1]=a[1]+a[2]+...+a[l-1]+a[l]+...+a[r]-(a[1]+a[2]+...+a[l-1])=a[l]+...+a[r]
二维前缀和推理过程
S（x，y）表示从0~x，0~y这一块矩形的和
现在要求（x1，y1）~（x2，y2）这个矩阵，可以用总矩阵s（x2，y2），减去红色面积s（x2，y1-1），减去绿色面积s（x1-1，y2），会发现有一块矩阵多减一次，加回来，就是s（x1-1，y1-1）
总结一下就是
求x1，y1，到x2，y2矩阵的和为
S（x2，y2）-S（x2，y1-1）-S（x1-1，y2）+S（x1-1， y1-1）
那么怎么初始化呢
我们先求红色面积，就是S（i-1，j），橙色面积就是S（i，j-1），红色橙色重复的面积多算了，减去S（i-1，j-1），再加上本身的a（i，j）就能算出来了
总结一下
S(i,j)=S(i-1,j)+S(i,j-1)-S(i-1,j-1)+a(i,j)
总结一下：
S[i, j] = 第i行j列格子左上部分所有元素的和
以(x1, y1)为左上角，(x2, y2)为右下角的子矩阵的和为：
S[x2, y2] - S[x1 - 1, y2] - S[x2, y1 - 1] + S[x1 - 1, y1 - 1]
例题
题目描述
输入一个n行m列的整数矩阵，再输入q个询问，每个询问包含四个整数x1, y1, x2, y2，表示一个子矩阵的左上角坐标和右下角坐标。
对于每个询问输出子矩阵中所有数的和。
输入格式
第一行包含三个整数n，m，q。
接下来n行，每行包含m个整数，表示整数矩阵。
接下来q行，每行包含四个整数x1, y1, x2, y2，表示一组询问。
输出格式
共q行，每行输出一个询问的结果。
数据范围
1≤n,m≤1000,
1≤q≤200000,
1≤x1≤x2≤n,
1≤y1≤y2≤m,
−1000≤矩阵内元素的值≤1000
输入样例：
3 4 3
1 7 2 4
3 6 2 8
2 1 2 3
1 1 2 2
2 1 3 4
1 3 3 4
输出样例：
17
27
21
#include<iostream>
using namespace std;
const int N =1010;
int a[N][N],s[N][N];
int n,m,q;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
scanf("%d",&a[i][j]);
//初始化前缀和
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
s[i][j] = s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j];
while(q--)
{
int res = 0;
int x1,y1,x2,y2;
scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
res = s[x2][y2] - s[x2][y1-1] - s[x1-1][y2] +s[x1-1][y1-1];
cout<<res<<endl;
}
return 0;
}
差分
ai=b1+b2+b3+...+bi
我们称a是b的前缀和，b是a的差分，要怎么构造这样的特性呢？
bn=an-an-1 即可，所以还发现，差分是前缀和的逆
可以发现，计算一下b数组的前缀和就可以得到a数组，这里有一个性质
[l, r]区间+c，正常是O（n）的时间的，现在
如果想要快速的让[l, r]区间+c，我们利用计算“b数组的前缀和就可以得到a数组“的特性，让bl+c，那么l~n都会+c，就是上图红色线+c，但是要求到r即可，所以br+1-c，r+1~n的数都会-c，就是绿色线的数，那么就可以做到O（1）的时间了
总结一下，就是 bl+c br-1-c
一维差分
给区间[l, r]中的每个数加上c：B[l] += c, B[r + 1] -= c
例题
797. 差分
输入一个长度为n的整数序列。
接下来输入m个操作，每个操作包含三个整数l, r, c，表示将序列中[l, r]之间的每个数加上c。
请你输出进行完所有操作后的序列。
输入格式
第一行包含两个整数n和m。
第二行包含n个整数，表示整数序列。
接下来m行，每行包含三个整数l，r，c，表示一个操作。
输出格式
共一行，包含n个整数，表示最终序列。
数据范围
1≤n,m≤1000001≤n,m≤100000,
1≤l≤r≤n1≤l≤r≤n,
−1000≤c≤1000−1000≤c≤1000,
−1000≤整数序列中元素的值≤1000−1000≤整数序列中元素的值≤1000
输入样例：
6 3
1 2 2 1 2 1
1 3 1
3 5 1
1 6 1
输出样例：
3 4 5 3 4 2
解题思路：
给定原数组a[1]，a[2]，... . ，a[N]，构造差分数组b[N]，使得 a[i] = b[1] + b[2] + ... + b[i]，一般假定初始全部为0，用insert(i，i，a[i]) 构造出 b[N]
核心操作：将 a [ L~R ] 全部加上 C，等价于： b[L] += C ， b[R+1] -= C
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100010;
int n, m, a[N], b[N]; //b是a的差分
// a数组中[l, r]区间内都加上c
void insert(int L, int R, int c)
{
b[L]+=c;
b[R+1]-=c;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
insert(i, i, a[i]); //相当于i，i这个区间加上a[i]
}
while (m--)
{
int L, R, c;
scanf("%d%d%d", &L, &R, &c);
insert(L, R, c);
}
for (int i=1; i<=n; i++)
{
b[i]+=b[i-1];
printf("%d ", b[i]);
}
return 0;
}
二维差分
要求在x1，y1到x2，y2的矩阵中全部元素+c
我们先bx1,y1+=c，把框住的右下角整个矩形+c，但是后面加多的要减回来
bx2+1 y1-=c，是绿色框-c
bx1 y2+1-=c，是红色框-c
会有一个重复区域多减了，加回来，就是
bx2+1 y2+1+=c，是红绿色框重叠+c
AcWing 798 差分矩阵
题目描述：
输入一个n行m列的整数矩阵，再输入q个操作，每个操作包含五个整数x1, y1, x2, y2, c，其中(x1, y1)和(x2, y2)表示一个子矩阵的左上角坐标和右下角坐标。
每个操作都要将选中的子矩阵中的每个元素的值加上c。
请你将进行完所有操作后的矩阵输出。
输入格式
第一行包含整数n,m,q。
接下来n行，每行包含m个整数，表示整数矩阵。
接下来q行，每行包含5个整数x1, y1, x2, y2, c，表示一个操作。
输出格式
共 n 行，每行 m 个整数，表示所有操作进行完毕后的最终矩阵。
数据范围
1≤n,m≤1000,
1≤q≤100000,
1≤x1≤x2≤n,
1≤y1≤y2≤m,
−1000≤c≤1000,
−1000≤矩阵内元素的值≤1000
输入样例：
3 4 3
1 2 2 1
3 2 2 1
1 1 1 1
1 1 2 2 1
1 3 2 3 2
3 1 3 4 1
输出样例：
2 3 4 1
4 3 4 1
2 2 2 2
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn = 1005;
int a[maxn][maxn],b[maxn][maxn];
void insert(int x1,int y1,int x2,int y2,int c){
b[x1][y1] += c;
b[x2 + 1][y1] -= c;
b[x1][y2 + 1] -= c;
b[x2 + 1][y2 + 1] += c;
}
int main(){
int n,m,q,x1,y1,x2,y2,c;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for(int i = 1;i <= n;i++)
for(int j = 1;j <= m;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
for(int i = 1;i <= n;i++)
for(int j = 1;j <= m;j++)
insert(i,j,i,j,a[i][j]); //相当于i，i到j，j的矩阵+a[i][j]
while(q--){
scanf("%d%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2,&c);
insert(x1,y1,x2,y2,c);
}
for(int i = 1;i <= n;i++)
for(int j = 1;j <= m;j++)
a[i][j] = a[i - 1][j] + a[i][j - 1] - a[i - 1][j - 1] + b[i][j]; //求前缀和
for(int i = 1;i <= n;i++){
for(int j = 1;j <= m;j++){
printf("%d ",a[i][j]);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
双指针
板子
for (int i = 0, j = 0; i < n; i++)
{
while (j < i && check(i, j)) j++;
// 每道题目的具体逻辑
...
}
双指针有2种
1种是2个区间，分别有指针，类似归并
1种是1哥区间，有2个指针，类似快排
左下角是模板，右下角是核心思想（优化时间的）
他做什么的呢，举个例子
比如一行字符串，要输出每个单词
输入 abc def ijk mn asfc 13
然后输出
abc
def
ijk
mn
asfc
13
这样，那么可以利用双指针解决
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int main()
{
getline(cin, s);
for (int i=0; i<s.size(); i++)
{
int j=i;//j的起点也要考虑一下，不一定总是0！！
while (j<=s.size() && s[j]!=' ') j++; //这里注意，条件改了，j不一定<=i，可能改的！！
for (int k=i; k<j; k++) cout<<s[k];
cout<<endl;
i=j;
}
return 0;
}
总结一下
双指针算法的核心思想就是利用了单调性质把原来通过 i, j 两重循环的O(n2)优化到O(n)。
例题：
可以看看这里：AcWing 799. 最长连续不重复子序列-CSDN博客
AcWing 799. 最长连续不重复子序列
对于双指针的题，我们要优先（最开始）就考虑一下朴素（暴力）做法，然后在想一下如何优化，题目的单调性在哪里（在这里是i和j的单调关系）
这里的j一定有单调性，因为如果i往右移动。假设j往左移动最优。那么在i往右移动前，j就本来会向左移动的（j-1，i+1区间无重复元素，那么j-1，i区间，怎么可能会有重复元素呢？但刚开始的区间是j，i，所以和j-1，i区间矛盾）
现在重点考虑一下check怎么写，因为数的范围不是很大（很大的话可以用哈希），所以用计数器s，每次i往右移，s[a[i]]++，然后判断一下这个当前的数字的数量是否大于1，如果是的话，就调整一下j
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n, a[N], s[N], j=1, ans=0;
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &a[i]);
for (int i=1; i<=n; i++)
{
s[a[i]]++;
while (s[a[i]]>1) s[a[j++]]--; //j如果超过i，证明区间为空，那么肯定不会有重复的数，所以不用判断 j<i
ans=max(ans, i-j+1);
}
printf("%d", ans);
return 0;
}
位运算
n的第k位是几怎么求？
简单例子，求一个十进制数的二进制数（在已知二进制位数的情况下，不过应该不用知道也可以）
输入10 4（表示n=10，二进制位数是4），输出1010
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, k;
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i=k-1; i>=0; i--) printf("%d", (n>>i&1));
return 0;
}
还有一个，查看二进制的反码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a;
unsigned int b=0;
int main()
{
cin>>a;
b=-a;
for (int i=31; i>=0; i--) printf("%d", (b>>i&1));
return 0;
}
lowbit怎么写？
x&（-x）即可，-x相当于补码，就是x按位取反然后加1
例子：AcWing 801. 二进制中1的个数-CSDN博客
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, a;
int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
while (n--)
{
int cnt=0;
scanf("%d", &a);
while (a) a-=lowbit(a), cnt++;
printf("%d ", cnt);
}
return 0;
}
离散化
离散化是什么？值很大，个数很少，就可以用离散化，下面举个例
可以把50000映射到4,2000映射到3......
现在知道a数组是有序的了，那么关键问题：
第一步去重有一个技巧
alls.erase(unique(alls.begin(), alls.end()), alls.end()); // 去掉重复元素
unique其实是这样的，把重复元素都放到数组的尾部，然后最后返回数组前半段没有重复的最后一个元素的下标
知道重复元素的下标后，删掉就好
AcWing 802 区间和
3 3
1 2
3 6
7 5
1 3
4 6
7 8
输出样例：
8
0
5
样例分析
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=3e5+5; int n, m, x[N], c[N], l[N], r[N], a[N], s[N]; vector<int> alls;
//找映射下标 int find(int x) { int L=0, R=alls.size()-1, ans=0; while (L<=R) { int mid=L+R>>1; if (alls[mid]>=x) ans=mid, R=mid-1; else L=mid+1; } return ans+1; } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for (int i=1; i<=n; i++) { scanf("%d%d", &x[i], &c[i]); alls.push_back(x[i]); } for (int i=1; i<=m; i++) { scanf("%d%d", &l[i], &r[i]); alls.push_back(l[i]); alls.push_back(r[i]); }
//去重 sort(alls.begin(), alls.end()); alls.erase(unique(alls.begin(), alls.end()), alls.end());
//插入 for (int i=1; i<=n; i++) { int t=find(x[i]); a[t]+=c[i]; }
//前缀和 for (int i=1; i<=alls.size(); i++) s[i]=s[i-1]+a[i];
//询问 for (int i=1; i<=m; i++) printf("%d\n", s[find(r[i])]-s[find(l[i])-1]); return 0; }
手动实现unique，类似双指针
区间合并
区间合并（超详细逐步讲解/例题/思路分析/参考代码）-CSDN博客
贪心，思路
只有这3种情况，因为左端点排序了，下一个区间的左端点一定不会比当前这个区间的左端点要前
例题
AcWing 803. 区间合并
1、题目（来源于AcWing）：
给定 n 个区间 [li,ri]，要求合并所有有交集的区间。
注意如果在端点处相交，也算有交集。
输出合并完成后的区间个数。
例如：[1,3]和[2,6]可以合并为一个区间[1,6]。
输入格式
第一行包含整数n。
接下来n行，每行包含两个整数 l 和 r。
输出格式
共一行，包含一个整数，表示合并区间完成后的区间个数。
数据范围
1≤n≤100000,
−109≤li≤ri≤109
输入样例：
5
1 2
2 4
5 6
7 8
7 9
输出样例：
3
样例解释：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005;
int n;
struct node
{
int L, R;
}a[N];
bool cmp(node a, node b)
{
if (a.L==b.L) return a.R<b.R;
return a.L<b.L;
}
int merge()
{
sort(a+1, a+1+n, cmp);
int st=-2e9, ed=-2e9, cnt=0;
node res[N];
for (int i=1; i<=n; i++)
if (a[i].L>ed)
{
if (st!=-2e9) res[++cnt]={st, ed};
st=a[i].L, ed=a[i].R;
}
else if (a[i].L<=ed) ed=max(ed, a[i].R);
if (st!=-2e9) res[++cnt]={st, ed};
return cnt;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i=1; i<=n; i++)
scanf("%d%d", &a[i].L, &a[i].R);
printf("%d", merge());
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号