二维差分和一维差分思路上并没有什么区别，具体实现的区别就在于一维的直接对区间两端差分就好了，而二维的多了一维需要处理。
差分的思想是和前缀和有关的，一维的前缀和我们都懂求，那么二维的呢？
如图
因为是从左到右，从上到下的遍历，当要求红色部分，(0,0)到（i,j）处的前缀和时，我们黄色部分和蓝色部分已经是已知的了，而它们重叠的部分就是绿色部分，所以把黄色和蓝色部分的结果加起来，再减去绿色部分，最后加上(i,j)处的值就是（i，j）位置的前缀和了。
所以，二维前缀和就是sum[i][j]=a[i][j]+sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]
而我们要求左上角是(x1,y1),右下角是(x2,y2)的矩形区间内的值处理出前缀和后也可以O(1)时间内求出来。
如图
我们要求紫色部分的值，我们已知的是黄色部分的值，但它多了两个蓝色部分的值，而两个蓝色部分有重叠了个绿色部分
所以要求的区间内的值就是sum[x2][y2]-sum[x2][y1-1]-sum[x1-1][y2]+sum[x1-1][x1-1]
中文题，二维前缀和的练手题。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 ll sum[1018][1018]={0}; 6 int main() 7 { 8 int n,m,l,w; 9 while(~scanf("%d%d",&n,&m)) 10 { 11 for(int i=1;i<=n;i++) 12 for(int j=1;j<=m;j++) 13 scanf("%lld",&sum[i][j]); 14 for(int i=1;i<=n;i++) 15 for(int j=1;j<=m;j++) 16 sum[i][j]+=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]; 17 scanf("%d%d",&l,&w); 18 ll ans=0; 19 //题目给的l,w不是说（0,0）到（l,w)的矩形 20 //而是长为l,宽为w的矩形 21 //枚举左上角 22 for(int x1=1;x1<=n;x1++) 23 for(int y1=1;y1<=m;y1++) 24 { 25 int x2=x1+l-1,y2=y1+w-1; 26 if(x2<=n&&y2<=m)//右下角在范围内 27 ans=max(ans,sum[x2][y2]-sum[x2][y1-1]-sum[x1-1][y2]+sum[x1-1][y1-1]); 28 } 29 printf("%lld ",ans); 30 } 31 return 0; 32 }
照这样画图的方法我们，也可以得出差分值的放置位置，一维时是在需要更新的位置开始，不需要的位置结束，而二维的也一样。
如果我们要在左上角是(x1,y1),右下角是(x2,y2)的矩形区间每个值都+a
如图
在我们要的区间开始位置（x1,y1）处+a，根据前缀和的性质，那么它影响的就是整个黄色部分，多影响了两个蓝色部分，所以在两个蓝色部分-a消除+a的影响，而两个蓝色部分重叠的绿色部分多受了个-a的影响，所以绿色部分+a消除影响。
所以就是dif[x1][y1]+=a,dif[x1][y2+1]-=a,dif[x2+1][y1]-=a,dif[x2+1][y2+1]+=a
这道让我开始学差分的题。。。
题目大意：先给出一个n*m的范围，然后给出p个监控矩形的左下角和右上角，最后有q个询问，问给出左下角和右上角的矩形是否完全被监控到。
没学差分之前一直想用线段树来维护来做，但很麻烦根本不会做，而学了差分之后，因为p个矩形是已经选给出了，所以我们可以离线处理这些矩形，类似于一维的那道牛客的区间覆盖的问题，我们dif的差分数组可以得出（i,j）这个位置被多少个监控监控到，然后我们让被监控到的点权值为1，然后维护一个被监控到的点数的前缀和，那么询问的矩形要是被监控到的点等于面积，那么就是yes，否则就是no，恶心的地方就在于这题不能开二维数组，需要降维处理。
1 #include<cstdio> 2 const int N=13142118; 3 int dif[N],cov[N]; 4 //cov被监控到的点的前缀和 5 int main() 6 { 7 int n,m,p,q,x1,y1,x2,y2; 8 while(~scanf("%d%d",&n,&m)) 9 { 10 for(int i=0;i<n;i++) 11 for(int j=0;j<m;j++) 12 { 13 dif[i*m+j]=0; 14 cov[i*m+j]=0; 15 } 16 scanf("%d",&p); 17 while(p--) 18 { 19 scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2); 20 x1--,y1--,x2--,y2--; 21 dif[x1*m+y1]++; 22 if(x2+1<n) 23 dif[(x2+1)*m+y1]--; 24 if(y2+1<m) 25 dif[x1*m+y2+1]--; 26 if(x2+1<n&&y2+1<m) 27 dif[(x2+1)*m+(y2+1)]++; 28 } 29 for(int i=0;i<n;i++) 30 { 31 for(int j=0;j<m;j++) 32 { 33 if(i) 34 dif[i*m+j]+=dif[(i-1)*m+j]; 35 if(j) 36 dif[i*m+j]+=dif[i*m+j-1]; 37 if(i&&j) 38 dif[i*m+j]-=dif[(i-1)*m+j-1]; 39 //如果这个位置有被监控到就是设为1 40 if(dif[i*m+j]>=1) 41 cov[i*m+j]=1; 42 else 43 cov[i*m+j]=0; 44 if(i) 45 cov[i*m+j]+=cov[(i-1)*m+j]; 46 if(j) 47 cov[i*m+j]+=cov[i*m+j-1]; 48 if(i&&j) 49 cov[i*m+j]-=cov[(i-1)*m+j-1]; 50 } 51 } 52 // for(int i=n-1;i>=0;i--) 53 // { 54 // for(int j=0;j<m;j++) 55 // if(dif[i*m+j]>=1) 56 // printf("1 "); 57 // else 58 // printf("0 "); 59 // printf(" "); 60 // } 61 scanf("%d",&q); 62 while(q--) 63 { 64 scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2); 65 int area=(x2-x1+1)*(y2-y1+1),cova=0; 66 x1--,y1--,x2--,y2--; 67 cova+=cov[x2*m+y2]; 68 if(x1-1>=0) 69 cova-=cov[(x1-1)*m+y2]; 70 if(y1-1>=0) 71 cova-=cov[x2*m+y1-1]; 72 if((x1-1)>=0&&(y1-1)>=0) 73 cova+=cov[(x1-1)*m+(y1-1)]; 74 // printf("%d %d ",area,cova); 75 if(area==cova) 76 printf("YES "); 77 else 78 printf("NO "); 79 } 80 } 81 return 0; 82 }
中文题。
副本的数量很多，我们肯定是不可以直接暴力地去求一个副本跟其他k-1张副本的差异值。所以我们可以借助原图，一个副本跟原图相同的地方与其他k-1张副本的图的差异值是相同的，不同的就在于它修改的区域，那我们可以先求出原图和所有副本的差异值之和，然后去掉要修改区域的差异值之和，然后补上修改之后的差异值之后。那怎么快速地得出这些消息呢？肯定也是不能暴力去求原图和所有副本的差异值之和的，我们可以计算出col[i][j][k]即所有副本在(i,j)这个位置，颜色为k的个数（因为颜色最多26种，可以快速求解）,这样val[i][j]原图与所有副本在（i，j）的差异值就是for(int k=0;k<s;k++) val[i][j]+=abs(a[i][j]-k)*col[i][j][k]其中a[i][j]为原图(i,j)位置的颜色。然后我们再对col和val求一个前缀和，就可以快速得出所要区域的信息。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int N=1108,K=301108; 7 char mp[N],cc[3]; 8 ll val[N][N],dif[N][N][28],col[N][N][28]; 9 int x1[K],y1[K],x2[K],y2[K],c[K],a[N][N]; 10 ll getsum(int a,int b,int c,int d,int op) 11 { 12 if(op==-1) 13 return val[c][d]-val[c][b-1]-val[a-1][d]+val[a-1][b-1]; 14 return col[c][d][op]-col[c][b-1][op]-col[a-1][d][op]+col[a-1][b-1][op]; 15 } 16 int main() 17 { 18 int n,m,f,s; 19 scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&f,&s); 20 for(int i=1;i<=n;i++) 21 { 22 scanf("%s",mp+1); 23 for(int j=1;j<=m;j++) 24 a[i][j]=mp[j]-'a'; 25 } 26 for(int i=0;i<f;i++) 27 { 28 scanf("%d%d%d%d%s",&x1[i],&y1[i],&x2[i],&y2[i],cc); 29 c[i]=cc[0]-'a'; 30 //差分处理副本的涂色 31 dif[x1[i]][y1[i]][c[i]]++; 32 dif[x2[i]+1][y1[i]][c[i]]--; 33 dif[x1[i]][y2[i]+1][c[i]]--; 34 dif[x2[i]+1][y2[i]+1][c[i]]++; 35 } 36 for(int i=1;i<=n;i++) 37 for(int j=1;j<=m;j++) 38 { 39 ll difs=0; 40 //difs记录(i,j)位置有多少个副本进行了涂色 41 for(int k=0;k<s;k++) 42 { 43 dif[i][j][k]+=dif[i-1][j][k]+dif[i][j-1][k]-dif[i-1][j-1][k]; 44 col[i][j][k]=dif[i][j][k]; 45 difs+=dif[i][j][k]; 46 } 47 col[i][j][a[i][j]]+=f-difs; 48 //没进行涂色的就和原图颜色一样 49 } 50 ll sum=0; 51 for(int i=1;i<=n;i++) 52 for(int j=1;j<=m;j++) 53 { 54 for(int k=0;k<s;k++) 55 val[i][j]+=abs(a[i][j]-k)*col[i][j][k]; 56 sum+=val[i][j]; 57 //sum就记录原图与所有副本总的差异值之和 58 } 59 //维护col和val的前缀和之和 60 for(int i=1;i<=n;i++) 61 for(int j=1;j<=m;j++) 62 { 63 for(int k=0;k<s;k++) 64 col[i][j][k]+=col[i-1][j][k]+col[i][j-1][k]-col[i-1][j-1][k]; 65 val[i][j]+=val[i-1][j]+val[i][j-1]-val[i-1][j-1]; 66 } 67 int id; 68 ll ans=1e18; 69 for(int i=0;i<f;i++) 70 { 71 //先将修改区域原来的差异值之和去掉 72 ll dis=sum-getsum(x1[i],y1[i],x2[i],y2[i],-1); 73 //再根据新的颜色计算这个区域新的差异值之和 74 for(int j=0;j<s;j++) 75 dis+=abs(c[i]-j)*getsum(x1[i],y1[i],x2[i],y2[i],j); 76 if(dis<ans) 77 ans=dis,id=i+1; 78 } 79 printf("%lld %d ",ans,id); 80 return 0; 81 }