前缀和# 题目描述# 一个数列 𝑎 1 , 𝑎 2 , … , 𝑎 𝑛 ，执行下面的操作 ( 𝑙 , 𝑟 , 𝑑 ) 若干次，操作 ( 𝑙 , 𝑟 , 𝑑 ) 表示 𝑎 𝑙 , … , 𝑎 𝑟 的元素都加上 𝑑 ，请问最后数列的前缀和是多少？ 输入格式# 只含一组测试数据。 第一行是两个整数 𝑛   ( 1 ≤ 𝑛 ≤ 10 5 ) , 𝑚   ( 1 ≤ 𝑛 ≤ 10 5 ) ，表示数列的大小和操作的次数。 第二行是 𝑛 个整数，表示数列。 − 1000 ≤ 𝑎 𝑖 ≤ 1000 。 以后的 𝑚 行，每行三个整数 𝑙 , 𝑟   ( 1 ≤ 𝑙 ≤ 𝑟 ≤ 𝑛 ) , 𝑑   ( − 1000 ≤ 𝑑 ≤ 1000 ) 。 输出格式# 输出一行，为 𝑛 个整数，第 𝑖 个整数，表示前 𝑖 个数列元素的累加和。 相邻两个数之间用一个空格隔开，行尾没有多余的空格，有回车。 样例输入# 复制 5 2 1 2 3 4 5 1 3 -1 2 4 2 样例输出# 复制 0 3 7 13 18 使用c语言

<think>嗯，用户让我用C语言解决这个问题，关于前缀和和多次区间操作后的结果。首先，我得仔细理解题目要求。题目是说，给定一个数列，然后进行m次操作，每次操作给区间[l,r]里的每个元素加上d。最后要输出处理完所有操作后的前缀和数组。输出的每个元素是前i个数的累加和。例如样例输入中的操作，两次修改之后，得到最终的数组，然后计算前缀和输出。 那问题来了，如果直接按照每次操作去遍历区间[l,r]逐个加上d，这样的时间复杂度会是O(m*n)，当n和m都是1e5的时候，这样的复杂度会达到1e10，显然会超时。所以必须找到更高效的方法。 这时候应该想到差分数组的技巧。差分数组通常用于处理区间增减操作，然后快速得到最终的数组。差分数组diff的定义是diff[i] = a[i] - a[i-1]，其中a是原数组，这里假设a从1开始索引。这样，当我们要给区间[l,r]加上d时，只需要在差分数组的diff[l]加上d，并在diff[r+1]减去d。这样处理后，通过差分数组恢复原数组的时间是线性的，非常高效。 但是这里的问题不是直接求最终的数组，而是求最终的前缀和数组。那如何将差分数组和前缀和结合起来呢？ 或许可以先通过差分数组计算出最终的数组，然后再计算前缀和。但这样的话，计算前缀和需要O(n)的时间，整个过程的时间复杂度是O(n + m)，应该可以通过。但有没有更优化的方法呢？ 假设最终的数组经过处理后是a'，我们需要求的是s'[i] = a'[1] + a'[2] + ... + a'[i]。而原来的数组是a，每个操作是对区间[l,r]加上d。那么每个操作对s'的影响是什么呢？ 例如，某个操作(l,r,d)，在最终的数组a'中，每个位置k在[l,r]内的a'[k]都增加了d。那么s'[i]等于原来的前缀和加上所有操作中在位置k<=i的那些增加的d的总和乘以该操作覆盖k的次数。或者换个思路，每个操作(l,r,d)对前缀和s'[i]的影响是：对于i >= l，该操作会增加d的贡献，直到i >= r。例如，当i >= r时，该操作贡献了d*(r - l + 1)。对于i在l到r-1之间，贡献是d*(i - l + 1)。这样，直接计算每个操作对所有s'[i]的影响可能比较复杂。 那有没有办法直接计算最终前缀和的差分呢？或者通过两次前缀和？ 或者，先计算最终的数组，然后求前缀和。这个过程可能更直接。那如何高效计算最终的数组？ 是的，用差分数组的方法处理每个操作，得到最终的数组，然后计算前缀和。这样整个过程的时间复杂度是O(n + m)，对于n和m都是1e5来说，是可以接受的。那这样可行吗？ 那具体步骤应该是： 1. 初始化原数组的差分数组diff。这里可能需要从1到n的索引，所以原数组为a[1..n]。差分数组diff[1..n]，其中diff[1] = a[1] - a[0]，这里a[0]假设为0。或者原数组的差分处理可能需要调整。 或者更简单来说，初始差分数组diff的构造方式为diff[i] = a[i] - a[i-1]，i从1到n。这里a[0]初始化为0，或者需要根据实际情况处理。这可能要根据原数组的初始化方式。比如，原数组输入是a[1],a[2],...,a[n]，那么diff[1] = a[1]，因为a[0]视为0？或者可能我搞错了。 比如，原数组输入是a[1], a[2], ...,a[n]。那么差分数组的构造应该是： diff[1] = a[1] - a[0]（假设a[0]=0） diff[2] = a[2] - a[1] ... diff[n] = a[n] - a[n-1] 这样，当对原数组进行区间操作时，比如给a[l..r]加上d，那么差分数组的变化是：diff[l] +=d，而diff[r+1] -=d（如果r+1<=n的话）。 这样，通过处理完所有操作后，可以通过diff数组恢复最终的a数组： a[1] = diff[1] a[2] = diff[1] + diff[2] ... a[i] = sum_{k=1 to i} diff[k] 这似乎有问题，因为原数组的初始差分数组可能不是这样。比如原数组的初始值可能不是由差分数组构造出来的。或者可能我在这里搞反了顺序？ 哦，是的，差分数组的正确构造方式应该是：原数组a的差分数组d，其中d[1] = a[1]（假设原数组从1开始，且初始时a[0]是0），然后d[i] = a[i] - a[i-1]（对于i >=2）。 或者可能原数组的构造应该是：a[i] = sum_{k=1 to i} d[k]。所以，差分数组的初始构造应该是d[1] = a[1]，然后对于i >=2，d[i] = a[i] - a[i-1]。这样，当处理完所有操作后，通过差分数组可以恢复a数组。 不管怎样，现在的问题是，如何正确构造初始的差分数组，并处理每个操作，然后恢复最终的数组。接着计算前缀和。 那么具体到代码实现： 首先，输入n和m，然后输入初始数组a。然后构造差分数组diff。比如： diff[1] = a[1] 对于i从2到n： diff[i] = a[i] - a[i-1] 或者可能初始的构造应该更正确？ 或者，差分数组的正确构造应该是：diff[1] = a[1], diff[2] = a[2] - a[1], ..., diff[i] = a[i] - a[i-1]。这样，当应用操作时，对l到r加d，那么diff[l] +=d，diff[r+1] -=d（如果r+1 <=n）。 例如，假设原数组是[1,2,3,4,5]。初始差分数组是1（diff[1]=1），然后diff[2] =2-1=1，diff[3]=3-2=1，依此类推。 如果有一个操作是l=1，r=3，d=-1。那么修改差分数组：diff[1] +=-1 →0，diff[4] -= -1 →+1。此时，新的diff数组是0,1,1, 1+1=2？或者可能我搞错了？ 抱歉，可能我需要重新理清楚差分数组的处理方式。正确的做法是，当对原数组的区间[l, r]加上d时，差分数组的变化是： diff[l] +=d →因为a[l]增加了d，而a[l-1]不变，所以差分数组的diff[l]会增加d。 而对于r+1的位置，如果r+1 <=n，则diff[r+1] -=d，因为a[r]增加了d，而a[r+1]如果没有被操作的话，它的值没有变化。所以原来的diff[r+1] = a[r+1] - a[r]。现在a[r]增加了d，所以新的diff[r+1] = a[r+1] - (a[r] +d) = diff[r+1] -d →所以需要减去d。 例如，初始数组是1、2、3、4、5。差分数组是1,1,1,1,1。然后操作是1-3加-1。那么diff[1] +=-1 →0，diff[4] -= -1 →+1。这样，新的差分数组是0,1,1,2,1。然后恢复原数组： a[1] =0 →0 a[2] =0 +1=1 →1 a[3] =0+1+1=2 →2 a[4] =0+1+1+2=4 →4 a[5]=0+1+1+2+1=5 →5？这似乎和样例输入中的第一次操作后的结果不符。 原样例输入中的第一次操作是1-3加上-1，初始数组是1、2、3、4、5。操作后，数组变为0、1、2、4、5。此时前缀和是0、1、3、7、12。但样例的输出经过两次操作后的前缀和是0 3 7 13 18。所以可能需要重新考虑。 或者，可能我的差分数组的处理是否正确？ 或者，可能差分数组的处理需要另一种方式？ 另一种思路是，原数组的初始差分数组为d，其中d[0] =a[0]，d[i] =a[i] -a[i-1] for i>=1。这样，当对区间[l, r]加d时，d[l] +=d，d[r+1] -=d。然后，原数组可以通过前缀和得到。比如，初始数组是a = [a1,a2,a3,..., an]，差分数组d的构造是d[1] =a1, d[2]=a2-a1,...,d[n] =a_n -a_{n-1}。所以，当对区间[l,r]加d，那么d[l] +=d，如果r+1 <=n，d[r+1] -=d。然后，恢复原数组的时候，a[i] =d[1]+d[2]+...+d[i]？或者可能原数组的前缀和是差分数组的前缀和？ 例如，假设原数组的构造是：a[1] =d[1], a[2] =d[1]+d[2], a[3] =d[1]+d[2]+d[3]，依此类推。这实际上是差分数组的前缀和。这样，当对差分数组的d[l]加d，会导致从l开始的所有a[i]都增加d。而如果r+1的位置存在，对d[r+1]减d，则从r+1开始的所有a[i]会减少d，从而抵消掉前面的增加。这样，整个区间[l, r]的每个元素都增加了d。 比如，原数组是1,2,3,4,5。初始差分数组d是1,1,1,1,1。当操作l=1, r=3, d=-1时，将d[1] +=-1 →0，d[4] -= -1 →1+1=2。此时差分数组变为0,1,1,2,1。恢复原数组： a[1] =0 →0 a[2] =0+1=1 →1 a[3] =0+1+1=2 →2 a[4] =0+1+1+2=4 →4 a[5]=0+1+1+2+1=5 →5。这样，操作后的数组是0,1,2,4,5。这时候执行第二个操作，即l=2，r=4，加2。这时候修改差分数组： d[2] +=2 →1+2=3 d[5] -=2 →1-2=-1。差分数组变为0,3,1,2,-1。恢复原数组： a1=0 →0 a2=0+3=3 →3 a3=0+3+1=4 →4 a4=0+3+1+2=6 →6 a5=0+3+1+2-1=5 →5？ 但此时最终的数组应该是0+3-1=2？或者我哪里弄错了？ 或者可能，第二个操作是l=2，r=4，加2。那么原数组在第一次操作后的数组是0,1,2,4,5。此时应用第二个操作，即在位置2-4加2。数组变为0,3,4,6,5。此时，前缀和为0, 3, 7, 13, 18。与样例输出一致。所以差分数组的处理是否正确？ 那第二个操作处理后的差分数组应该是怎样的？ 原数组在第一次操作后的差分数组是0,1,1,2,1。然后第二个操作是l=2, r=4，加2。此时，差分数组d[2] +=2 →1+2=3，d[5] -=2 →1-2=-1。所以新的差分数组是0,3,1,2,-1。恢复原数组： a1=0 a2=0+3=3 a3=3+1=4 a4=4+2=6 a5=6 + (-1) =5 →确实得到数组0,3,4,6,5。此时，前缀和是0, 0+3=3, 3+4=7,7+6=13, 13+5=18。符合样例的输出。 所以这说明，差分数组的处理是正确的。 那么，整个处理过程应该是： 1. 初始化差分数组，根据原始数组。 2. 对每个操作，修改差分数组。 3. 通过差分数组恢复原数组。 4. 计算原数组的前缀和，输出。 但问题在于，如何高效处理这些步骤？ 在C语言中，处理大数组需要注意时间和空间限制。对于n是1e5的情况，数组的大小需要足够，而且操作必须是O(m)的时间。 那具体步骤： 输入n和m。 输入初始数组a[1..n]。 构造差分数组diff[1..n]，其中diff[1] =a[1], diff[i] =a[i] -a[i-1]，i从2到n。 然后处理每个m次操作： 每次读入l, r, d。然后： diff[l] +=d; 如果 r+1 <=n，则 diff[r+1] -=d; 处理完所有操作后，恢复原数组： a[1] =diff[1]; for i from 2 to n: a[i] =a[i-1] + diff[i]; 然后计算前缀和数组s，其中s[1] =a[1], s[i] =s[i-1] +a[i]。 然后输出s数组中的每个元素，用空格分隔，行尾没有空格。 但是，这样的方式是否可行？ 比如，初始数组输入是1 2 3 4 5。那么diff数组初始化为1, 1,1,1,1。然后第一次操作1 3 -1： diff[1] +=-1 →0。r+1=4，diff[4] -= -1 →diff[4] =1+1=2. 第二次操作是2 4 2：l=2，所以diff[2] +=2 →1+2=3. r=4，r+1=5 <=n，所以diff[5] -=2 →1-2= -1. 然后恢复原数组： a[1] =0 a[2] =0 +3=3 a[3] =3 +1=4 a[4] =4 +2=6 a[5] =6 + (-1) =5 →数组是0,3,4,6,5。前缀和为0, 3,7,13,18。正确。 这说明这样的方法是可行的。那现在需要处理的是，如何在C语言中高效处理这些数组。 需要注意的是，当n是1e5时，数组的大小要足够，例如，数组需要定义为100001的大小，或者动态分配。在C语言中，对于大数组，应该使用动态内存分配，或者在全局区定义。因为局部数组可能栈溢出。 所以，在代码中，应该动态分配数组。例如： int n, m; scanf("%d%d", &n, &m); int *a = (int*)malloc((n+2)*sizeof(int)); // 因为数组从1到n，可能需要n+2的大小？ 然后输入a[1]到a[n]。 构造diff数组： int *diff = (int*)malloc((n+2)*sizeof(int)); diff[1] = a[1]; for (int i=2; i<=n; i++) { diff[i] = a[i] - a[i-1]; } 然后处理每个操作： for (int i=0; i<m; i++) { int l, r, d; scanf("%d%d%d", &l, &r, &d); diff[l] +=d; if (r+1 <=n) { diff[r+1] -=d; } } 然后恢复原数组： a[1] = diff[1]; for (int i=2; i<=n; i++) { a[i] = a[i-1] + diff[i]; } 然后计算前缀和： int *s = (int*)malloc((n+2)*sizeof(int)); s[1] = a[1]; for (int i=2; i<=n; i++) { s[i] = s[i-1] + a[i]; } 然后输出s[1]到s[n]，空格分隔，行末无空格。 例如，样例输入处理后，s数组是0,3,7,13,18。输出即为“0 3 7 13 18”。 这样处理的时间复杂度是O(n +m)，符合题目要求。 现在需要考虑的是，初始数组的输入是否正确处理。例如，初始数组的a[1], a[2]等是否正确读入。例如，样例输入的第二行是“1 2 3 4 5”，所以a[1]=1，a[2]=2，依此类推。 那代码的大致结构应该如此。 不过，这里有一个问题：在构造diff数组时，是否应该让diff的大小为n+2，或者n+1？例如，当n是5时，r可以是5，r+1=6。如果diff的大小是n+2，那么需要处理到diff[6]。所以，diff数组应该至少是n+2的大小，否则当r+1超过n时，无需处理。例如，当r=5时，r+1=6，如果n=5的话，此时r+1> n，所以不需要处理diff[r+1]。所以，在代码中，当处理操作时，如果r+1<=n，才执行diff[r+1] -=d。这样，当r是n时，r+1=n+1，此时可能diff数组需要足够大。但根据前面的数组定义，diff的大小是n+2，所以没有问题。例如，在动态分配时，将diff数组的大小设置为n+2，这样即使r+1达到n+1，也不会越界。 例如，当n=5，r=5时，r+1=6。此时，是否要处理diff[6]？但原数组的长度是5，所以r+1=6>5，所以不需要处理。此时，即使diff数组有足够的空间，也不需要进行操作。 所以在代码中，处理每个操作时： diff[l] +=d; if (r <n) { // 或者r+1 <=n ? diff[r+1] -=d; } 例如，当r=5时，r+1=6>5，所以不处理。所以条件应为r+1 <=n。所以，判断条件应该是 if (r+1 <=n) { ... } 所以在代码中： if (r+1 <=n) { diff[r+1] -=d; } 这样，当r等于n时，不处理。 这样就正确了。 那现在，代码的各个部分是否处理正确？ 例如，在样例输入中，第二次操作是r=4，那么r+1=5 <=5，所以处理diff[5] -=2 →原diff[5]是1，处理后是-1。这与之前的例子一致。 所以，这样的条件判断是正确的。 综上所述，代码的大致流程是正确的。现在需要编写C语言的代码，并确保没有错误。 另外，需要注意输出格式。输出的每个前缀和元素之间用空格分隔，行末没有空格。所以在输出时，需要先输出第一个元素，然后后面的每个元素前加空格。或者，可以用一个循环，第一个元素单独输出，后面的用空格前缀。 例如： printf("%d", s[1]); for (int i=2; i<=n; i++) { printf(" %d", s[i]); } printf("\n"); 这样可以确保行末没有多余空格。 另外，在计算前缀和的时候，是否需要用long long类型？因为每个a[i]的初始值是-1e3到1e3，每个操作最多加1e3，m是1e5次操作。那么每个a[i]的可能最大值是： 初始每个a[i]最多是1e3，每个操作最多给该元素加1e3。最多m次操作，每次覆盖该元素的话，那么每个元素最多可能增加1e3 *1e5=1e8。每个元素的值可能达到1e3 +1e8=1e8+1e3。前缀和的话，n是1e5，所以最大的前缀和可能是1e5*(1e8+1e3)=约1e13，这显然超过了int的范围（最大约2e9）。所以必须用long long类型。 因此，原数组a和前缀和数组s必须用long long类型。否则会导致溢出错误。 哦，这是一个关键的问题。例如，在样例输入中，所有数字都是小的，不会溢出。但在大的测试用例中，当n是1e5，每个操作可能使某些元素变得很大，前缀和会超出int的范围。 因此，在代码中，必须将a、diff、s的类型改为long long。例如： long long *a = (long long*)malloc((n+2)*sizeof(long long)); 同样的，diff数组中的元素类型也应该是long long。因为当进行多次操作后，diff数组中的值可能会很大。 例如，当n=1e5，m=1e5次操作，每个操作都是对整个数组加1e3。那么最终的每个a[i]会是初始值（比如1e3）+1e5*1e3=1e8。前缀和为1e5*1e8=1e13，远远超过int的范围。 所以，必须使用long long类型。 那在代码中，所有数组的类型应该为long long。否则会出现溢出错误。这会导致测试数据中的某些case错误。 所以，修改代码中的数组类型： 输入时，a数组的初始元素可能用int读取，但存储为long long。 例如： long long *a = (long long*)malloc((n+2)*sizeof(long long)); for (int i=1; i<=n; i++) { int tmp; scanf("%d", &tmp); a[i] = tmp; } 然后构造diff数组： diff[1] = a[1]; for (i=2; i<=n; i++) { diff[i] = a[i] -a[i-1]; } 然后处理操作，恢复原数组时，a的元素是long long，前缀和也是long long。 因此，在代码中，所有涉及的数组都应使用long long类型。 所以，正确的代码应该包括： 动态分配数组，使用long long类型。处理输入输出时，注意格式。 比如，在输出时，每个前缀和元素是long long类型，所以用%lld格式输出。 但在样例输出中，给出的输出是整数，没有小数，所以没有问题。 所以，现在代码的各个部分都正确吗？ 综上，完整的C代码大致如下： #include <stdio.h> #include <stdlib.h> int main() { int n, m; scanf("%d %d", &n, &m); long long *a = (long long *)malloc((n + 2) * sizeof(long long)); // 从1到n使用 for (int i = 1; i <= n; i++) { int tmp; scanf("%d", &tmp); a[i] = tmp; } // 构造差分数组diff long long *diff = (long long *)malloc((n + 2) * sizeof(long long)); diff[1] = a[1]; for (int i = 2; i <= n; i++) { diff[i] = a[i] - a[i - 1]; } // 处理m次操作 for (int i = 0; i < m; i++) { int l, r, d; scanf("%d %d %d", &l, &r, &d); diff[l] += d; if (r + 1 <= n) { diff[r + 1] -= d; } } // 恢复原数组a a[1] = diff[1]; for (int i = 2; i <= n; i++) { a[i] = a[i - 1] + diff[i]; } // 计算前缀和s long long *s = (long long *)malloc((n + 2) * sizeof(long long)); s[1] = a[1]; for (int i = 2; i <= n; i++) { s[i] = s[i - 1] + a[i]; } // 输出s[1..n] printf("%lld", s[1]); for (int i = 2; i <= n; i++) { printf(" %lld", s[i]); } printf("\n"); // 释放内存 free(a); free(diff); free(s); return 0; } 这样应该可以正确解决问题，并且处理大数据的情况，不会溢出。 测试一下样例输入： 样例输入： 5 2 1 2 3 4 5 1 3 -1 2 4 2 处理后的diff数组初始是1,1,1,1,1. 第一次操作后，diff[1] +=-1 →0，r+1=4，diff[4] -= -1 →1+1=2. 此时diff数组为0,1,1,2,1. 第二次操作，l=2，d=2 →diff[2] +=2 →1+2=3. r=4，r+1=5 <=5 →diff[5] -=2 →1-2=-1. 此时diff数组是0,3,1,2,-1. 恢复a数组： a[1] =0 a[2] =0+3=3 a[3] =3+1=4 a[4] =4+2=6 a[5] =6 + (-1) =5. 前缀和： s[1]=0 s[2]=0+3=3 s[3]=3+4=7 s[4]=7+6=13 s[5]=13+5=18 →输出0 3 7 13 18，正确。 这说明代码是正确的。 因此，最终的C代码应该如上述。</think>要解决这个问题，我们需要高效处理多次区间加法操作，并计算最终数组的前缀和。直接遍历每个区间会导致超时，因此使用差分数组来优化。 ### 方法思路 1. **差分数组**：差分数组用于快速处理区间加减操作。差分数组的定义是 `diff[i] = a[i] - a[i-1]`。对区间 `[l, r]` 加上 `d` 时，只需在 `diff[l]` 加 `d`，并在 `diff[r+1]` 减 `d`。 2. **恢复原数组**：通过差分数组恢复修改后的数组。 3. **计算前缀和**：根据修改后的数组计算前缀和。 ### 解决代码 ```c #include <stdio.h> #include <stdlib.h> int main() { int n, m; scanf("%d %d", &n, &m); long long *a = (long long *)malloc((n + 2) * sizeof(long long)); for (int i = 1; i <= n; i++) { int tmp; scanf("%d", &tmp); a[i] = tmp; } long long *diff = (long long *)malloc((n + 2) * sizeof(long long)); diff[1] = a[1]; for (int i = 2; i <= n; i++) { diff[i] = a[i] - a[i - 1]; } for (int i = 0; i < m; i++) { int l, r, d; scanf("%d %d %d", &l, &r, &d); diff[l] += d; if (r + 1 <= n) { diff[r + 1] -= d; } } a[1] = diff[1]; for (int i = 2; i <= n; i++) { a[i] = a[i - 1] + diff[i]; } long long *s = (long long *)malloc((n + 2) * sizeof(long long)); s[1] = a[1]; for (int i = 2; i <= n; i++) { s[i] = s[i - 1] + a[i]; } printf("%lld", s[1]); for (int i = 2; i <= n; i++) { printf(" %lld", s[i]); } printf("\n"); free(a); free(diff); free(s); return 0; } ``` ### 代码解释 1. **输入处理**：读取数组大小 `n` 和操作次数 `m`，并初始化原数组 `a`。 2. **构建差分数组**：根据原数组 `a` 构建差分数组 `diff`。 3. **处理操作**：对每个区间操作更新差分数组，时间复杂度为 O(1)。 4. **恢复原数组**：通过差分数组恢复修改后的数组 `a`。 5. **计算前缀和**：根据修改后的数组计算前缀和数组 `s`，并按要求输出。 这种方法确保时间复杂度为 O(n + m)，能够高效处理大规模数据。