前缀和
前置知识：$\sum_{i = 1}^{r}{a_i} = a_l + a_{l + 1} + \dots + a_{r - 1} + a_r$
考虑以下数组：
| $i$ | $1$ | $2$ | $3$ |
|---|---|---|---|
| $a_I$ | $3$ | $5$ | $7$ |
如果我们要查询 $\sum_{i = 1}^{2}{a_i}$，很显然可以得到 $\sum_{i = 1}^{2}{a_i} = 3 + 5 = 8$。如果我们要查询 $\sum_{i = l}^{r}{a_i}$，则每次的时间复杂度为 $O(r -l)$。
如果我们对于一个长度为 $n$ 的数组查询 $k$ 次（不修改），则时间复杂度为 $O(nk)$ 。如果给定一个 $n = 10^7,k = 10^6$，我们要如何让程序在 1s 内运行完呢？
| $i$ | $1$ | $2$ | $3$ |
|---|---|---|---|
| $a_I$ | $3$ | $5$ | $7$ |
| $b_I$ | $3$ | $8$ | $15$ |
我们构造$b_0 = 0,b_i = b_{i - 1} + a_i$，同上表，倘若我们只考虑快速查询 $\sum_{i = 1}^{r}{a_i}$，显而易见原式即为 $\sum_{i = 1}^{r}{a_i} = b_i$，而 $b$ 数组可以在$O(n)$ 的时间范围内预处理完。简易证明见下：
$b_i = b_{i - 1} + a_i = b_{i - 2} + a_{i - 1} + a_i = \sum_{i = 1}^{r}{a_i}$
假如我们转换一下思路，可以发现 $\sum_{i = l}^{r}{a_i} = \sum_{i = 1}^{r}{a_i} - \sum_{i = 1}^{l-1}{a_i} = b_r - b_{l - 1}$，那么我们将单次查询复杂度降到了 $O(1)$，总时间复杂度变为 $O(n + k)$。
例题
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<algorithm>using namespace std;// 快读
inline int read() {int x = 0,f = 1;char ch = getchar();while (ch < '0' or ch > '9'){if (ch == '-') f = -1;ch = getchar();}while (ch >= '0' and ch <='9'){x = x * 10 + ch - 48;ch = getchar();}return x * f;
}
//快写
inline void write(int x) {if(x < 0) putchar('-'),x = -x;if(x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');return;
}
//输出char
void writec(char x) {putchar(x);return;
}
int main() {int n = read(),a[100005],m;for(int i = 1;i <= n;i++) a[i] = read() + a[i - 1];m = read();while(m--) {int l = read() - 1,r = read();write(a[r] - a[l]),writec('\n');}return 0;
}差分
考虑完不修改多次查询，如果我们多次将区间内的所有数加上一个值，最后统一查询，那么会怎么样呢？
假设我们操作2次，第一次让 $a_1 \dots a_3 \gets(a_1 + 3)\dots (a_3+3)$,第二次让 $a_1 ，a_2 \gets(a_1 + 2)\dots (a_2+2)$
| $i$ | $1$ | $2$ | $3$ |
|---|---|---|---|
| 原数组 | $3$ | $5$ | $7$ |
| 操作一次 | $6$ | $8$ | $10$ |
| 操作两次 | $8$ | $10$ | $10$ |
如果你对这一些规律不太敏感的话，可以考虑 $b_i = a_i - a_{i - 1}$，那么：
| $i$ | $1$ | $2$ | $3$ |
|---|---|---|---|
| 原$b_i$数组 | $3$ | $2$ | $2$ |
| 操作一次 | $6$ | $2$ | $2$ |
| 操作两次 | $8$ | $2$ | $0$ |
显而易见，如果区间加减，$b_i$ 只会改变两个值，切规律如下：
$b_l \gets b_l + k,b_{r + 1} \gets b_{r + 1}- k$。
我们将每次修改由 $O(n)$ 变成了 $O(1)$。
例题
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>using namespace std;
int x[10005];
// 快读
inline int read()
{int x = 0,f = 1;char ch = getchar();while (ch < '0' or ch > '9'){if (ch == '-') f = -1;ch = getchar();}while (ch >= '0' and ch<='9'){x = x * 10 + ch - 48;ch = getchar();}return x * f;
}
//快写
inline void write(int x) {if(x < 0) putchar('-'),x = -x;if(x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');return;
}
//输出char
void writec(char x) {putchar(x);return;
}
int main() {int t = read();while(t--) {int n = read(),u = read();for(int i = 0;i < n;i++) x[i] = 0;while(u--) {int l = read(),r = read(),val = read();x[l] += val;x[r + 1] -= val;}for(int i = 1;i < n;i++) x[i] += x[i - 1];int q = read();while(q--) {int i = read();write(x[i]),writec('\n');}}return 0;
}
