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。

更多相关内容见此。

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 $x$。

更多相关内容见此。

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;
}