一、差分
有这样一道题目：给你一个m×n的矩阵，然后使用k块地毯铺地。每片地毯都给出左下角和右上角坐标。问所有地毯铺完之后，还有多少个整点（所谓整点，即横、纵坐标均为整数的点）没有被地毯覆盖。
很显然对于这道题我们不难知道裸暴力就是枚举每个地毯，然后对于覆盖了的点就标记一下，最后我们扫一遍，看有哪些点没被标记。显然这个算法是O（kmn）的，让你T的飞起来。
那么，我们应该如何优化这个算法呢？我们考虑一下，主要的时间就是用在枚举地毯和枚举被地毯覆盖的整点上，我们可以对这里进行优化。因为对于每块地毯，每一行，覆盖的肯定是一个连续区间。所以我们可以考虑一下前缀和。通过前缀和的方式考虑每个点被地毯覆盖的次数。如下面表格所示（1表示地毯在该行的左端点）：
| 0 | 1 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
通过对数组求前缀和，我们便能得到以下的表格：
| 0 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 |
我们便会发现，通过这种前缀和的形式，能够在O(1)的时间里，实行对一行从某个左端点开始一段区间的修改。但是，我们这个题目中地毯除了有左边界，还有右边界啊？不要紧，我们在右边界后面再减去1，就可以保证没有被覆盖到的地毯不会受到影响。而由于右端点也包括在被覆盖的范围内，所以我们要让r+1减去1.用上面的表格，如果我的地毯在该行覆盖了[2,6]整个区间，我们就将原数组修改成以下所示：
| 0 | 1 | 0 | 0 | 0 | 0 | -1 | 0 |
求前缀和之后，数组就变成如下：
| 0 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 0 | 0 |
这样子我们就会发现，所有被地毯覆盖的点都会变成1，而对于每一行，这种操作都是O(1)的，所以k块地毯全部考虑完毕的时间复杂度为O(kn)，最后每行做前缀和的时间复杂度为O(nm)，这样子便对以上暴力算法进行了有效的优化。
以上大概就是差分的基本思想了。
二、树上差分（树的前缀和）
近年的noip，似乎对于树上差分的题目考察越来越热（参见2015年提高组 运输计划，2016年提高组 天天爱跑步）。这些题目都要知道在树上从某个点到另一个点的所有路径。但是，暴力求解这种题目经常会TLE。这种题目需要使用树上差分。在讲树上差分之前，首先需要知道树的以下两个性质：
（1）任意两个节点之间有且只有一条路径。
（2）一个节点只有一个父亲节点
这两个性质都很容易证明。那么我们知道，如果假设我们要考虑的是从u到v的路径，u与v的lca是a，那么很明显，如果路径中有一点u'已经被访问了，且u'≠a，那么u'的父亲也一定会被访问，这是根据以上性质可以推出的。所以，我们可以将路径拆分成两条链，u->a和a->v。那么树上差分有两种常见形式：（1）关于边的差分；（2）关于节点的差分。
①关于边的差分：
将边拆成两条链之后，我们便可以像差分一样来找到路径了。因为关于边的差分，a是不在其中的，所以考虑链u->a，则就要使cf[u]++，cf[a]--。然后链a->v，也是cf[v]++，cf[a]--。所以合起来便是cf[u]++，cf[v]++，cf[a]-=2。然后，从根节点，对于每一个节点x，都有如下的步骤：
（1）枚举x的所有子节点u
（2）dfs所有子节点u
（3）cf[x]+=cf[u]
那么，为什么能够保证这样所有的边都能够遍历到呢？因为我们刚刚已经说了，如果路径中有一点u'已经被访问了，且u'≠a，那么u'的父亲也一定会被访问。所以u'被访问几次，它的父亲也就因为u'被访问了几次。所以就能够找出所有被访问的边与访问的次数了。路径求交等一系列问题就是通过这个来解决的。因为每个点都只会遍历一次，所以其时间复杂度为O(n).
②关于点的差分：
还是与和边的差分一样，对于所要求的路径，拆分成两条链。步骤也和上面一样，但是也有一些不同，因为关于点，u与v的lca是需要包括进去的，所以要把lca包括在某一条链中，最后对cf数组的操作便是cf[u]++，cf[v]++，cf[a]--，cf[father[a]]--。其时间复杂度也是一样的O(n).
最后大家可以看看这道题：运输计划