差分有：一維差分、多維差分、樹上差分 差分標記一般求離線區間問題！（修改完后不再修改，然后修改結束后查詢）

對于帶有“將一段區間內的每個數全部加上某個值”這種操作的題目，通常考慮差分原數列以簡化情況，將對一段區間的操作轉化為對某兩個特定數的操作。

我們可以用樹狀數組來維護一個差分序列。差分序列的本質是通過前綴和使區間修改轉換為單點修改。所以在查詢的時候只要輸出前綴和就可以了。

首先,給出一個問題:
給出n個數，再給出Q個詢問，每個詢問給出le，ri，x，要求你在le到ri上每一個值都加上x，而只給你O(n)的時間范圍，怎么辦？
思考一下:
如果暴力，卡一下le和ri，隨隨便便讓你O(n^2)T成狗。
用線段樹或樹狀數組搞一搞,抱歉,這個復雜度是O(Q logn)的,還是會T！(雖然他們解決別的題目很NB)
差分,沒錯,就是標題，很高興O(n)+常數......

1.先另外開一個專門差分的數組(大小=題中的序列長度)
2.假如在3~8的區間上加上5,那我們在差分數組中的3位置上加上一個5(原因暫時不懂沒關系,用筆先跟著模擬),再在8+1的位置上減一個5,如此操作完Q次。
3.假如我們只有這一次操作,開始統計答案,運用前置和的思想,cfi=cf[i-1]+cf[i].那么你會發現(如果你模擬了的話),在3~8的區間上,你已經使差分數組全部加上了5(推廣到所有Q一起統計答案依舊正確)
4.再用O(n)的for把他們加到原序列之中去,輸出!

看一下復雜度,果然:O(常數*n).

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博客上看拉個題目意思大概是：

給定一個長度為N的序列： 首先進行X次操作，每次操作在Li和Ri這個區間加上一個數Ci。
然后進行Y次詢問，每次詢問Li到Ri的區間和。
初始序列都為0。
1<=N<=1000000,1<=X<=N, X<=Y<=N
1<=Li<=N,Li<=Ri<=N,|Ci|<=100000000000000

很多人第一眼看到這個題目第一反應都是線段樹的裸題？但是本人認為線段樹對于蒟蒻來說在大考中代碼實現復雜，如果寫的不太熟悉的話，運用大量時間去實現其是不夠理智的，不過對于這個題利用差分數組解題是個不錯的選擇。

差分數組(差分數列)：

對于一個數組A[ ]，其差分數組D[i]=A[i]-A[i-1] (i>0)且D[0]=A[0]

令SumD[i]=D[0]+D[1]+D[2]+…+D[i] （SumD[ ]是差分數組D[ ]的前綴和）
則SumD[i]=A[0]+A[1]-A[0]+A[2]-A[1]+A[3]-A[2]+…+A[i]-A[i-1]=A[i]
即A[i]的差分數組是D[i]， 而D[i]的前綴和是A[i]

對于“數列游戲”這題: 如果每次修改都修改從L到R的值的話，一定會TLE。
注意特殊處：這道題是先進行整體區間修改，最后才統一查詢。 所以，我們只要維護一個差分數組就行了。
維護差分數組，對于將區間[L,R]加C，我們只需要將D[L]+C和D[R+1]-C 當修改完畢后，我們先求一遍差分前綴和就得到了修改后的數組A[ ]，
然后再對A[ ]求一遍前綴和
這樣每次查詢的時候只要計算一次就可以得到結果了

總的來說差分數組適用于離線的區間修改問題，如果是在線的話應該用線段樹或其他數據結構。
差分數組其實就相當于通過改變區間前端和末端與其他部分的差值，在最后進行累加的時候實行對整個區間的值的改變。
但為什么要存差值呢？————因為數列中的數滿A[i]=sum{D[1]…D[i]},便于用遞推求得最后的值。
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差分數組是什么呢？
http://www.cnblogs.com/widsom/p/7121047.html
差分數組是前綴和的逆運算，同樣運用到容斥原理
一維：

l<=r

a[l]++;

a[r+1]--;

二維：

x1<=x2&&y1<=y2

a[x1][y1]++;

a[x1][y2+1]--;

a[x2+1][y1]--;

a[x2+1][y2+1]++;

三維：

x1<=x2&&y1<=y2&&z1<=z2

a[x1][y1][z1]++;

a[x2+1][y1][z1]--;

a[x1][y2+1][z1]--;

a[x1][y1][z2+1]--;

a[x1][y2+1][z2+1]++;

a[x2+1][y1][z2+1]++;

a[x2+1][y2+1][z1]++;

a[x2+1][y2+1][z2+1]--;

是不是很簡單，是不是很有規律，相信你能寫出大于3維的情況了

算法筆記--差分標記

所有元素初始值為0才能這么做。

①l--r全加1

a[l]++;

a[r+1]--;

求一遍前綴和為元素本身。

求兩遍前綴和為元素前綴和。

例題1：http://codeforces.com/problemset/problem/816/B

例題2：http://codeforces.com/problemset/problem/834/B

例題3：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1556

②l--r從1加到l-r+1

a[l]++;

a[r+1]-=l-r+2;

a[r+2]+=l-r+1;

求兩遍前綴和為元素本身。

求三遍前綴和為元素前綴和。

因為更新時復雜度是o(1)所以復雜度為求前綴和時的o(N)。

例題：http://arc077.contest.atcoder.jp/tasks/arc077_c

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樹上差分（樹的前綴和）
　　 近年的NOIp，似乎對于樹上差分的題目考察越來越熱（參見2015年提高組 運輸計劃，2016年提高組 天天愛跑步）。這些題目都要知道在樹上從某個點到另一個點的所有路徑。但是，暴力求解這種題目經常會TLE。這種題目需要使用樹上差分。在講樹上差分之前，首先需要知道樹的以下兩個性質：

　　（1）任意兩個節點之間有且只有一條路徑。

　　（2）一個節點只有一個父親節點

　　這兩個性質都很容易證明。那么我們知道，如果假設我們要考慮的是從u到v的路徑，u與v的lca是a，那么很明顯，如果路徑中有一點u'已經被訪問了，且u'≠a，那么u'的父親也一定會被訪問，這是根據以上性質可以推出的。所以，我們可以將路徑拆分成兩條鏈，u->a和a->v。那么樹上差分有兩種常見形式：（1）關于邊的差分；（2）關于節點的差分。

　　①關于邊的差分：
　　將邊拆成兩條鏈之后，我們便可以像差分一樣來找到路徑了。因為關于邊的差分，a是不在其中的，所以考慮鏈u->a，則就要使cf[u]++，cf[a]--。然后鏈a->v，也是cf[v]++，cf[a]--。所以合起來便是cf[u]++，cf[v]++，cf[a]-=2。然后，從根節點，對于每一個節點x，都有如下的步驟：

　　（1）枚舉x的所有子節點u

　　（2）dfs所有子節點u

　　（3）cf[x]+=cf[u]

　　那么，為什么能夠保證這樣所有的邊都能夠遍歷到呢？因為我們剛剛已經說了，如果路徑中有一點u'已經被訪問了，且u'≠a，那么u'的父親也一定會被訪問。所以u'被訪問幾次，它的父親也就因為u'被訪問了幾次。所以就能夠找出所有被訪問的邊與訪問的次數了。路徑求交等一系列問題就是通過這個來解決的。因為每個點都只會遍歷一次，所以其時間復雜度為O(n).

　　②關于點的差分：
　　還是與和邊的差分一樣，對于所要求的路徑，拆分成兩條鏈。步驟也和上面一樣，但是也有一些不同，因為關于點，u與v的lca是需要包括進去的，所以要把lca包括在某一條鏈中，最后對cf數組的操作便是cf[u]++，cf[v]++，cf[a]--，cf[father[a]]--。其時間復雜度也是一樣的O(n).

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　　通過以上的描述，如果你還是不太能理解，那么以下兩個題目可能可以幫助你理解：

　　USACO 最大流（樹上差分）https://www.luogu.org/problem/show?pid=3128

　　NOIp2015 運輸計劃（樹上差分+二分）https://www.luogu.org/problem/show?pid=2680

轉載于:https://www.cnblogs.com/Roni-i/p/9354335.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的差分标记算法笔记的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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