##1、差分数组的定义及用途 ###1.定义： 对于已知有n个元素的离线数列d，咱们能够创建记录它每项与前一项差值的差分数组f：显然，f[1]=d[1]-0=d[1];对于整数i∈[2,n]，咱们让f[i]=d[i]-d[i-1]。 ###2.简单性质： (1)计算数列各项的值：观察d[2]=f[1]+f[2]=d[1]+d[2]-d[1]=d[2]可知，数列第i项的值是能够用差分数组的前i项的和计算的，即d[i]=f[i]的前缀和。 (2)计算数列每一项的前缀和：第i项的前缀和即为数列前i项的和，那么推导可知 
便可用差分数组求出数列前缀和； ###3.用途： ####(1)快速处理区间加减操做： 假如如今对数列中区间[L,R]上的数加上x，咱们经过性质(1)知道，第一个受影响的差分数组中的元素为f[L],即令f[L]+=x，那么后面数列元素在计算过程当中都会加上x；最后一个受影响的差分数组中的元素为f[R],因此令f[R+1]-=x，便可保证不会影响到R之后数列元素的计算。这样咱们没必要对区间内每个数进行处理，只需处理两个差分后的数便可； ####(2)询问区间和问题： 由性质(2)咱们能够计算出数列各项的前缀和数组sum各项的值；那么显然，区间[L,R]的和即为ans=sum[R]-sum[L-1]; ##2、相关题目 ###1.[HDU1556]Color the ball ####Descriptionhtml
-N个气球排成一排，从左到右依次编号为1,2,3....N.每次给定2个整数a b(a <= b),lele便为骑上他的“小飞鸽"牌电动车从气球a开始到气球b依次给每一个气球涂一次颜色。可是N次之后lele已经忘记了第I个气球已经涂过几回颜色了，你能帮他算出每一个气球被涂过几回颜色吗？ -Input：每一个测试实例第一行为一个整数N,(N <= 100000).接下来的N行，每行包括2个整数a b(1 <= a <= b <= N)。当N = 0，输入结束。 -Output：每一个测试实例输出一行，包括N个整数，第I个数表明第I个气球总共被涂色的次数。 ####Solution 1.记录各次操做，对差分数组进行对应修改,改变量为1(用途1)； 2.使用性质(1)计算各项的值便可；ios
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int d[100010],a[100010],l,r;
int main(){
int n;
while(scanf("%d",&n),n)
{
memset(d,0,sizeof(d));
memset(a,0,sizeof(a));
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d",&l,&r);
d[l]+=1;
d[r+1]-=1;
}
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=a[i-1]+d[i];
for(int i=1;i<n;++i) printf("%d ",a[i]);
printf("%d\n",a[n]);
}
return 0;
}
###2.[NKOJ3754]数列游戏 ####Description数组
-给定一个长度为N的序列，首先进行A次操做，每次操做在Li和Ri这个区间加上一个数Ci。 而后有B次询问，每次询问Li到Ri的区间和。 初始序列都为0。 -输入格式： 第一行三个整数N A B。(1<=N<=1000000,1<=A<=N,A<=B<=N) 接下来A行，每行三个数Li Ri Ci。(1<=Li<=N,Li<=Ri<=N,|Ci|<=100000000000000)。 接下来B行，每行两个数 Li Ri。范围同上。 -输出格式： 对于每次询问，输出一行一个整数。 由于最后的结果可能很大，请对结果mod 1000000007。 ####Solution 1.应用（1）处理区间加； 2.用性质(1)求出修改后数列，再求出相应数列和（应用2）或直接用性质(2)求解； 3.注意随时取模；数据结构
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
const long long mod=1000000007;
using namespace std;
long long d[100010],f[100010],sum[100010];
int main(){
int n,a,b;
scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
memset(d,0,sizeof(d));
memset(f,0,sizeof(f));
memset(sum,0,sizeof(sum));
for(int i=1;i<=a;++i){
long long l,r,c;
scanf("%ld%ld%ld",&l,&r,&c);
f[l]=(f[l]+c)%mod;
f[r+1]=(f[r+1]-c)%mod;
}
for(int i=1;i<=n;++i) d[i]=(d[i-1]+f[i])%mod;
for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=(sum[i-1]+d[i])%mod;
for(int i=1;i<=b;++i){
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
printf("%ld\n",(sum[r]-sum[l-1])%mod);
//printf("%ld\n",temp>=0?temp:temp+mod);//防止结果为负；
}
return 0;
}
###3.[NOIP2012提升&洛谷P1083]借教室 ###题解随笔：http://www.cnblogs.com/COLIN-LIGHTNING/p/8467795.html ###4.[洛谷P3948]数据结构 ###题解随笔：http://www.cnblogs.com/COLIN-LIGHTNING/p/8482463.html测试