报名明年4月蓝桥杯软件赛的同学们，如果你是大一零基础，目前懵懂中，不知该怎么办，可以看看本博客系列：备赛20周合集
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每周发1个博客，共20周（读者可以按自己的进度选“正常”和“快进”两种计划）。
每周3次集中答疑，周三、周五、周日晚上，在QQ群上答疑：

第9周:  前缀和与差分

1. 前缀和概念

  前缀和是一种操作简单但是非常有效的优化方法，能把计算复杂度为O(n)的区间计算优化为O(1)的端点计算。
  前缀和是出题者喜欢考核的知识点，在算法竞赛中很常见，在蓝桥杯大赛中几乎必考。原因有两点：
  一是简单，方便在很多场景下应用，与其他考点结合；
  二是可以考核不同层次的能力，例如一道题用暴力法能通过30%的测试，用前缀和优化后能通过70%~100%的测试。
  首先了解“前缀和”的概念。一个长度为n的数组a[1] ~ a[n]，前缀和sum[i]等于a[1] ~ a[i]的和：
    sum[i] = a[1] + a[2] + … + a[i]
  利用递推，可以在O(n)时间内求得所有前缀和：
    sum[i] = sum[i-1] + a[i]
  如果预计算出前缀和，就能利用它快速计算出数组中任意一个区间a[i] ~ a[j]的和。即：
    a[i] + a[i+1] + … + a[j-1] + a[j] = sum[j] - sum[i-1]
  上式说明，复杂度为O(n)的区间求和计算，优化到了O(1)的前缀和计算。

2. 前缀和例题

  前缀和是一种很简单的优化技巧，应用场合很多，在竞赛中极为常见。如果建模时发现有区间求和操作，可以考虑使用前缀和优化。

例1 基本应用

例题1 求和
  题解：这是一道非常直白的前缀和题。为了说明前缀和的作用，下面用两种方法求解本题。
（1）通过30%的测试。直接按题意两两相乘然后求和，这是暴力法。
  如果用C++编程，需要考虑S是否能用long long类型表示。若每个ai都是最大的1000，每两个相乘等于106，n个数两两相乘，共$n^2/2=200000^2/2=2\times 10^{10}$次，和S约为$2\times 10^{10}\times 10^6=2\times 10^{16}$。long long能表示的最大正整数远大于$2\times 10^{16}$，所以不需要用高精度处理大数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {int n;   cin >> n;              // 读取nvector<int> a(n);               //用vector定义数组a[]for (int i = 0; i < n; i++)   cin >> a[i];          // 读取a[]int s = 0;for (int i = 0; i < n; i++)      // 用两个for循环计算两两相乘，然后求和for (int j = i + 1; j < n; j++)s += a[i] * a[j];cout << s << endl;return 0;
}

  下面分析代码的时间和空间效率。
  1）时间复杂度。代码执行了多少步骤？花了多少时间？
  代码第8、9行有2层for循环，循环次数是：$n-1+n-2+...+1\approx n^2/2$，计算复杂度为$O(n^2)$。
  对于30%的测试数据，n = 1000，循环次数$1000^2/2 = 50,000。计算时间远远小于题目的时间限制1s，能够通过测试。
  对于100%的测试数据，n = 200000，循环次数$200000$2/2=2\times 10^{10}$。计算时间远大于题目的时间限制1s，超时不能通过测试。
  2）空间复杂度，也就是程序占用的内存空间。对于100%的数据，若用数组int a[200000]存储数据，int是32位整数，占用4个字节，所以int a[200000]共使用了800K空间，远小于题目的空间限制256MB。
（2）通过100%测试。本题利用前缀和，能得到100%的分数。
  把计算式子变换为：
    $S=(a_1+a_2+...+a_{n-1})\times a_n+(a_1+a_2+...+a_{n-2})\times a_{n-1}+(a_1+a_2+...+a_{n-3})\times a_{n-2}+...+(a_1+a_2)\times a_3+a_1\times a_2$
  其中括号内的部分是前缀和$sum[i]=a_1+a_2+\dots +a_i$，把上式改为：
    $S=sum[n-1]\times a_n+sum[n-2]\times a_{n-1}+sum[n-3]\times a_{n-2}+...+sum[2]\times a_3+sum[1]\times a_2$
  式子中用到的前缀和sum[1] ~ sum[n-1]，用递推公式sum[i] = sum[i-1] + a[i]做一次for循环就能全部提前计算出来。
  下面的C++代码第8行先预计算出前缀和sum[]，然后利用sum[]求S。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {int n;    cin >> n;                       //读nvector<int> a(n+1,0);                     //定义数组a[]，并初始化为0for (int i=1; i<=n; i++)   cin >> a[i];   // 读a[1]~a[n]vector<long long> sum(n+1, 0);            //定义前缀和数组 sum[]，并初始化为0for (int i=1; i<n; i++) sum[i]=a[i]+sum[i-1]; // 预计算前缀和sum[1]~sum[n-1]long long s = 0;           for (int i=1; i<n; i++) s += sum[i]*a[i+1];   // 计算和scout << s << endl;return 0;
}

  代码的计算量是多少？第8、10行各有一层for循环，分别计算n次，也就是两个O(n)，合起来仍然是O(n)的。对于100%的数据，n = 200000，运行时间满足时间限制。
java代码

import java.util.Scanner;
public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scanner = new Scanner(System.in);int n = scanner.nextInt();            // 读nint[] a = new int[n+1];               // 定义数组a[]，并初始化为0for (int i=1; i<=n; i++) a[i] = scanner.nextInt();    // 读取a[1]~a[n]        long[] sum = new long[n+1];           // 定义前缀和数组 sum[]，并初始化为0for (int i=1; i<n; i++)  sum[i]=a[i]+sum[i-1]; // 预计算前缀和sum[1]~sum[n-1]long s = 0;for (int i=1; i<n; i++)  s+=sum[i]*a[i+1];     // 计算和s        System.out.println(s);}
}

python代码

n = int(input())
a = [0]+[int(i) for i in input().split()]    #读入a[1]~a[n]。a[0]不用
sum = [0] * (n+1)                            #定义前缀和
sum[1] = 0
for i in range(1,n): sum[i] = a[i]+sum[i-1]  #预计算前缀和sum[1]~sum[n-1]
s = 0
for i in range(1,n): s += sum[i]*a[i+1]      #计算和s
print(s)

例2 基本应用

可获得的最小取值
  第一步肯定是排序，例如从小到大排序，然后再进行两种操作。操作（1）在a[]的尾部选一个数，操作（2）在a[]的头部选2个数。
  容易想到一种简单方法：每次在操作（1）和操作（2）中选较小的值。这是贪心法的思路。但是贪心法对吗？分析之后发现贪心法是错误的，例如{3, 1, 1, 1, 1, 1, 1}，做k=3次操作，每次都按贪心法，做3次操作（2），结果是6。但是正确答案是做3次操作（1），结果是5。
  回头重新考虑所有可能的情况。设操作（2）做p次，操作（1）做k-p次，求和：
    ${\sum }_{i=1}^{2p}{a}_i+{\sum }_{i=n+p-k+1}^n{a}_i$
  为了找最小的和，需要把所有的p都试一遍。如果直接按上面的公式计算，那么验证一个p的计算量是O(n)的，验证所有的p，1≤p≤k，总计算量O(kn)，超时。
  容易发现公式的两个部分就是前缀和，分别等于sum[2p]、sum[n]-sum[n+p-k]。如果提前算出前缀和sum[]，那么验证一个p的时间是O(1)的，验证所有p的总计算量是O(n)的。
  下面是C++代码。注意sum[]需要用long long类型。
  代码的计算复杂度，第10行sort()是O(nlogn)，第13行是O(n)，总复杂度为O(nlogn)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200010;
long long a[N],s[N];           //s[]是a[]的前缀和
int main(){int n, k;  cin >> n >> k;for (int i = 1; i <= n; i++)  scanf("%lld",&a[i]);sort(a + 1, a + 1 + n);for (int i = 1; i <= n; i++)  s[i] = s[i-1]+ a[i];ll ans = 1e18;for (int p = 1; p <= k; p++)ans = min(s[n] - s[n+p-k] + s[2*p], ans);printf("%lld",ans);return 0;
}

java代码

import java.util.Arrays;
import java.util.Scanner;
public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scanner = new Scanner(System.in);int n = scanner.nextInt();int k = scanner.nextInt();long[] a = new long[n+1];for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = scanner.nextLong();        Arrays.sort(a, 1, n+1);long[] s = new long[n+1];for (int i = 1; i <= n; i++) s[i] = s[i-1] + a[i];        long ans = (long)1e18;for (int p = 1; p <= k; p++)ans = Math.min(s[n] - s[n+p-k] + s[2*p], ans);        System.out.println(ans);}
}

Python代码

n, k = map(int, input().split())
b = list(map(int, input().split()))
a=[0] + sorted(b)       # a[0]不用，从a[1]开始
s = [0] * (n+1)
for i in range(1, n+1):  s[i] = s[i-1] + a[i]
ans = 10**18
for p in range(1, k+1):ans = min(s[n] - s[n+p-k] + s[2*p], ans)
print(ans)

例3 异或的前缀和

  下面例题是前缀和在异或计算中的应用，也是常见的应用场景。
异或和之和
  n个数$a_1-a_n$的异或和等于：$a_1\oplus a_2\oplus ...\oplus a_n$。
（1）通过30%的测试。
  本题的简单做法是直接按题意计算所有子段的异或和，然后加起来。
  有多少个子段？
  长度为1的子段异或和有n个：$a_1、a_2、...、a_n$
  长度为2的子段异或和有n-1个：$a_1\oplus a_2、a_2\oplus a_3、...a_{n-1}\oplus a_n$
  …
  长度为n的子段异或和有1个：$a_1\oplus a_2\oplus a_3\oplus ...\oplus a_{n-1}\oplus a_n$
  共$n^2/2$个子段。
  下面代码第8、9行遍历所有的子段[L, R]，第11行求[L,R]的字段和。共3重for循环，计算复杂度$O(n^3)$，只能通过30%的测试。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){int n; cin >> n;vector<int> a(n);      //用vector定义数组a[]for (int i = 0; i < n; i++)  cin >> a[i];long long ans=0;       //注意这里用long longfor(int L=0;L<n;L++)   //遍历所有区间[L,R]for(int R=L;R<n;R++){int sum=0;for(int i=L;i<=R;i++)   sum^=a[i];   //子段和ans += sum;    //累加所有子段和}cout<<ans;return 0;
}

（2）通过60%的测试。本题可以用前缀和优化。
  记异或和$a_1\oplus a_2\oplus ...\oplus a_i$的前缀和为：
    $si=a_1\oplus a_2\oplus ...\oplus a_i$
  这里$s_i$是异或形式的前缀和。这样就把复杂度为O(n)的子段异或和计算$a_1\oplus a_2\oplus ...\oplus a_i$，优化到了O(1)的求$s_i$的计算。
  以包含$a1$的子段为例，这些子段的异或和相加，等于：
    $a_1+a_1\oplus a_2+...+a_1\oplus ...\oplus a_i+...+a_1\oplus ...\oplus a_n=s_1+s_2+...+s_i+...+s_n$
  前缀和的计算用递推得到。普通前缀和的递推公式为$s[i]=s[i-1]+a[i]$，异或形式的前缀和递推公式为s[i] = s[i-1] ^ a[i]，下面代码第11行用这个公式的简化形式求解了前缀和。
  代码的计算复杂度是多少？第8行和第10行用两重循环遍历所有的子段，同时计算前缀和，计算复杂度是$O(n^2)$的，可以通过60%的测试。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){int n; cin >> n;vector<int> a(n);for (int i = 0; i < n; i++)  cin >> a[i];long long ans = 0;for (int L = 0; L < n; L++) {long sum = 0;              //sum是包含a[L]的子段的前缀和for (int R = L ; R < n; R++) {sum ^= a[R];           //用递推求前缀和sumans += sum;            //累加所有子段和}}cout << ans << endl;return 0;
}

（3）通过100%的测试。
  本题有没有进一步的优化方法？这就需要仔细分析异或的性质了。根据异或的定义，有a⊕a = 0、0⊕a = a、0⊕0 = 0。推导子段$a_i{a}_j$的异或和：
    $a_i\oplus a_{i+1}\oplus ...\oplus a_{j-1}\oplus a_j=(a_1\oplus a_2\oplus ...\oplus a_{i-1})\oplus (a_1\oplus a_2\oplus ...\oplus a_j)$
  记$s_i=a_1\oplus a_2\oplus ...\oplus a_i$，这是异或形式的前缀和。上式转化为：
    $a_i\oplus a_{i+1}\oplus ...\oplus a_{j-1}\oplus a_j=s_{i-1}\oplus s_j$
  若$s_{i-1}=s_j$，则$s_{i-1}\oplus s_j=0$；若$s_{i-1}\ne s_j$，则$s_{i-1}\oplus s_j=1$。题目要求所有子段异或和相加的结果，这等于判断所有的$s_i,s_j$组合，若$s_i\ne s_j$，则结果加1。
  如何判断两个s是否相等？可以用位操作的技巧，如果它们的第k位不同，则两个s肯定不等。下面以$a_1=011，a_2=010$为例，分别计算第k位的异或和，并且相加：
  k=0，第0位异或和，$s_1=1，s_2=1\oplus 0=1，an{s}_0=a_1+a_2+a_1\oplus a_2=s_1+s_1\oplus s_2+s_2=1+0+1=2$
  k=1，第1位异或和，$s_1=1，s_2=1\oplus 1=0，an{s}_1=a_1+a_2+a_1\oplus a_2=s_1+s_1\oplus s_2+s_2=1+1+0=2$
  k=2，第2位异或和，$s_1=0，s_2=0\oplus 0=0，an{s}_2=a_1+a_2+a_1\oplus a_2=s_1+s_1\oplus s_2+s_2=0+0+0=0$
  最后计算答案：$ans=an{s}_0\times 2^0+an{s}_1\times 2^1+an{s}_2\times 2^2=6$。
  本题$0\le A_i\le 2^{20}$，所有的前缀和s都不超过20位。代码第8行逐个计算20位的每一位，第11行for循环计算n个前缀和，总计算量约为20×n。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {int n; cin >> n;vector<int> a(n);for (int i = 0; i < n; i++)  cin >> a[i];long long ans = 0;for(int k=0;k<=20;k++){       //所有a不超过20位int zero=1,one=0;         //统计第k位的0和1的数量long long cnt=0,sum=0;    //cnt用于统计第k位有多少对si⊕sj =1for(int i=0;i<n;i++){int v=(a[i]>>k)&1;    //取a[i]的第k位sum ^= v;             //对所有a[i]的第k位做异或得到sum，sum等于0或者1if(sum==0){           //前缀和为0zero++;           //0的数量加1cnt += one;       //这次sum=0，这个sum跟前面等于1的sum异或得1}else{                //前缀异或为1one++;            //1的数量加1cnt += zero;      //这次sum=1，这个sum跟前面等于0的sum异或得1}}ans += cnt*(1ll<<k);      //第k位的异或和相加}cout<<ans;return 0;
}

java代码

import java.util.Scanner;
public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scanner = new Scanner(System.in);int n = scanner.nextInt();int[] a = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++)  a[i] = scanner.nextInt();        long ans = 0;for (int k = 0; k <= 20; k++) {   // 所有a不超过20位int zero = 1, one = 0;        // 统计第k位的0和1的数量long cnt = 0, sum = 0;        //cnt用于统计第k位有多少对si⊕sj =1for (int i = 0; i < n; i++) {int v = (a[i] >> k) & 1;   // 取a[i]的第k位sum ^= v;    // 对所有a[i]的第k位做异或得到sum，sum等于0或者1if (sum == 0) {       // 前缀和为0zero++;           // 0的数量加1cnt += one;     // 这次sum=0，这个sum跟前面等于1的sum异或得1} else {              // 前缀异或为1one++;            // 1的数量加1cnt += zero;    // 这次sum=1，这个sum跟前面等于0的sum异或得1}}ans += cnt * (1L << k);      // 第k位的异或和相加}System.out.println(ans);}
}

Python代码

n = int(input())
a = [int(x) for x in input().split()]
ans = 0
for k in range(21):            # 所有a不超过20位zero, one = 1, 0           # 统计第k位的0和1的数量cnt, sum = 0, 0            #cnt用于统计第k位有多少对si⊕sj =1for i in range(n):v = (a[i] >> k) & 1    # 取a[i]的第k位sum ^= v               # 对所有a[i]的第k位做异或得到sum，sum等于0或者1if sum == 0:           # 前缀和为0zero += 1          # 0的数量加1cnt += one         # 这次sum=0，这个sum跟前面等于1的sum异或得1else:                  # 前缀异或为1one += 1           # 1的数量加1cnt += zero        # 这次sum=1，这个sum跟前面等于0的sum异或得1ans += cnt * (1 << k)      # 第k位的异或和相加
print(ans)

例4 二维前缀和

  前面的例子都是一位数组上的前缀和，下面介绍二维数组上的前缀和。
例题：领地选择
  概况题意：在n×m 的矩形中找一个边长为c的正方形，把正方形内所有坐标点的值相加，使价值最大。
  简单的做法是枚举每个坐标，作为正方形左上角，然后算出边长c内所有地块的价值和，找到价值和最高的坐标。时间复杂度$O(n\times m\times c^2)$，能通过60%的测试。请读者练习。
  本题是二维前缀和的直接应用。
  一维前缀和定义在一维数组a[]上：sum[i] = a[1] + a[2] + … + a[i]
  把一维数组a[]看成一条直线上的坐标，前缀和就是所有坐标值的和。

  二维前缀和是一维前缀和的推广。设二维数组a[][]有1~n行，1~m列，二维前缀和：
    sum[i][j] = a[1][1]+a[1][2]+a[1][3]+…+a[1][j]
        + a[2][1]+a[2][2]+a[2][3]+…+a[2][j]
        + …
        + a[i][1]+a[i][2]+a[i][3]+…+a[i][j]
  把a[i][j]的(i,j)看成二维平面的坐标，那么sum[i][j]就是左下角坐标(1,1)和右上角坐标(i,j)围成的方形中所有坐标点的和。

  二维前缀和sum[][]存在以下递推关系：
  sum[i][j] = sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+a[i][j]
  根据这个递推关系，用两种for循环可以算出sum[][]。
  对照上图理解这个公式，sum[i-1][j]是坐标(1,1) ~ (i-1, j)内所有的点，sum[i][j-1]是(1,1) ~ (i, j-1)内所有的点，两者相加，其中sum[i-1][j-1]被加了两次，所以要减去一次。
C++代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1005;
int a[N][N],s[N][N];
int main() {int n,m,c; cin>>n>>m>>c;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++){cin >> a[i][j];s[i][j] = s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j];}int Max = -1<<30, x, y;for(int x1=1;x1<=n-c+1;x1++)for(int y1=1;y1<=m-c+1;y1++){  //枚举所有坐标点int x2=x1+c-1,y2=y1+c-1;   //正方形右下角坐标int ans = s[x2][y2]-s[x2][y1-1]-s[x1-1][y2]+s[x1-1][y1-1];if(ans > Max){Max = ans;x=x1, y=y1;}}cout<<x<<" "<<y<<"\n";return 0;
}

Java代码。sum[][]和a[][]可以共用，从而节省一半空间。

import java.util.Scanner;
public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scanner = new Scanner(System.in);int n = scanner.nextInt();int m = scanner.nextInt();int c = scanner.nextInt();int[][] a = new int[n + 1][m + 1];for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= m; j++) {a[i][j] = scanner.nextInt();a[i][j] = a[i - 1][j] + a[i][j - 1] - a[i - 1][j - 1] + a[i][j];}}int Max = Integer.MIN_VALUE;int x = 0;int y = 0;for (int x1 = 1; x1 <= n - c + 1; x1++) {for (int y1 = 1; y1 <= m - c + 1; y1++) {int x2 = x1 + c - 1;int y2 = y1 + c - 1;int ans = a[x2][y2] - a[x2][y1 - 1] - a[x1 - 1][y2] + a[x1 - 1][y1 - 1];if (ans > Max) {Max = ans;x = x1;y = y1;}}}System.out.println(x + " " + y);}
}

Python代码

n, m , c = map(int, input().split())
a = []
a.append([0]*(m+1))
for i in range(0, n):a.append([int(k) for k in input().split()])a[i+1].insert(0, 0)
for i in range(1, n+1):for j in range(1, m+1):a[i][j] = a[i][j] + a[i-1][j] + a[i][j-1] - a[i-1][j-1]
Max = float('-inf')
for i in range(1, n+2-c):for j in range(1, m+2-c):ans = a[i+c-1][j+c-1] - a[i+c-1][j-1] - a[i-1][j+c-1] + a[i-1][j-1]if ans > Max:Max = ansx = iy = j
print(x, y)

3. 差分

  前缀和的主要应用是差分：差分是前缀和的逆运算。
  与一维数组a[]对应的差分数组d[]的定义：
    d[k]=a[k]-a[k-1]
  即原数组a[]的相邻元素的差。根据d[]的定义，可以推出：
    a[k]=d[1]+d[2]+…+d[k]
  即a[]是d[]的前缀和，所以“差分是前缀和的逆运算”。
  为方便理解，把每个a[]看成直线上的坐标。每个d[]看成直线上的小线段，它的两端是相邻的a[]。这些小线段相加，就得到了从起点开始的长线段a[]。

  差分是一种处理数据的巧妙而简单的方法，它应用于区间的修改和询问问题。把给定的数据元素集A分成很多区间，对这些区间做很多次操作，每次操作是对某个区间内的所有元素做相同的加减操作，若一个个地修改这个区间内的每个元素，非常耗时。引入“差分数组”，当修改某个区间时，只需要修改这个区间的“端点”，就能记录整个区间的修改，而对端点的修改非常容易，是O(1)复杂度的。当所有的修改操作结束后，再利用差分数组，计算出新的A。
  为什么利用差分数组能提升修改的效率？
  把区间[L, R]内每个元素a[]加上v，只需要把对应的d[]做以下操作：
  （1）把d[L]加上v： d[L] += v
  （2）把d[R+1]减去v：d[R+1] -= v
  利用d[]，能精确地实现只修改区间内元素的目的，而不会修改区间外的a[]值。根据前缀和a[x] = d[1] + d[2] + … + d[x]，有：
  （1）1 ≤ x < L，前缀和a[x]不变；
  （2）L ≤ x ≤ R，前缀和a[x]增加了v；
  （3）R < x ≤ N，前缀和a[x]不变，因为被d[R+1]中减去的v抵消了。
  每次操作只需要修改区间[L, R]的两个端点的d[]值，复杂度是O(1)的。经过这种操作后，原来直接在a[]上做的复杂度为O(n)的区间修改操作，就变成了在d[]上做的复杂度为O(1)的端点操作。完成区间修改并得到d[]后，最后用d[]计算a[]，复杂度是O(n)的。m次区间修改和1次查询，总复杂度为O(m + n)，比暴力法的O(mn)好多了。
  数据A可以是一维的线性数组a[]、二维矩阵a[][]、三维立体a[][][]。相应地，定义一维差分数组D[]、二维差分数组D[][]、三维差分数组D[][][]。

4. 差分例题

例5 差分的基本应用

重新排序
  本题的m个查询可以统一处理，读入m个查询后，每个a[i]被查询了多少次就知道了。用cnt[i]记录a[i]被查询的次数，cnt[i]*a[i]就是a[i]对总和的贡献。
  下面分别给出70%和100%的两种解法。
（1）通过70%的测试。
  先计算出cnt[]，然后第15行算出原数组上的总和ans1。
  然后计算新数组上的总和。显然，把查询次数最多的数分给最大的数，对总和的贡献最大。对a[]和cnt[]排序，把最大的a[n]与最大的cnt[n]相乘、次大的a[n-1]与次大的cnt[n-1]相乘，等等。代码第18行算出新数组上的总和ans2。
  代码的主要计算量是第10行的while和第12行的for，复杂度O(mn)，只能通过70%的测试。
  注意，如果把下面第9行的long long改成int，那么只能通过30%。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+3;
int a[N],cnt[N];                       //a[]:读入数组；cnt[i]：第i个数被加的次数
int main(){int n; scanf("%d", &n);for(int i=1;i<=n;i++)   scanf("%d", &a[i]);int m; scanf("%d", &m);long long ans1=0,ans2=0;           //ans1: 原区间和； ans2: 新区间和while(m--){int L,R; scanf("%d%d", &L, &R);for(int i=L;i<=R;i++)cnt[i]++;                  //第i个数被加了一次，累计一共加了多少次         
}
for(int i=1; i<=n; i++)  ans1+=(long long)a[i]*cnt[i]; //在原数组上求区间和sort(a+1,a+1+n);sort(cnt+1,cnt+1+n);for(int i=1;i<=n;i++)    ans2+=(long long)a[i]*cnt[i];printf("%lld\n", ans2-ans1);      //注意 %lld不要写成 %dreturn 0;
}

（2）通过100%的测试。本题是差分优化的直接应用。
  前面提到，70%的代码效率低的原因是第12行的for循环计算cnt[]。根据差分的应用场景，每次查询的[L, R]就是对a[L]~a[R]中的所有数累加次数加1，也就是对cnt[L]~cnt[R]中的所有cnt[]加1。那么对cnt[]使用差分数组d[]即可。
  C++代码。代码第12行用差分数组d[]记录cnt[]的变化，第15行用d[]恢复得到cnt[]。其他部分和前面的70%代码一样。
  代码的计算复杂度，10行的while只有O(n)，最耗时的是第17、18行的排序，复杂度O(nlogn)，能通过100%的测试。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+3;
int a[N],d[N],cnt[N];
int main() {int n; scanf("%d", &n);for(int i=1;i<=n;i++)   scanf("%d", &a[i]);int m; scanf("%d", &m);long long ans1=0,ans2=0;while(m--){int L,R; scanf("%d%d", &L, &R);d[L]++;  d[R+1]--;}cnt[0] = d[0];for(int i=1; i<=n; i++) cnt[i] = cnt[i-1]+d[i];    //用差分数组d[]求cnt[]for(int i=1; i<=n; i++) ans1 += (long long)a[i] * cnt[i];sort(a+1,a+1+n);sort(cnt+1,cnt+1+n);for(int i=1; i<=n; i++) ans2 += (long long)a[i] * cnt[i];printf("%lld\n", ans2-ans1);return 0;
}

java代码

import java.util.*;public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scanner = new Scanner(System.in);int N = 100003;int[] a = new int[N];int[] d = new int[N];int[] cnt = new int[N];        int n = scanner.nextInt();for (int i = 1; i <= n; i++)  a[i] = scanner.nextInt();        int m = scanner.nextInt();long ans1 = 0, ans2 = 0;while (m-- > 0) {int L = scanner.nextInt();int R = scanner.nextInt();d[L]++;d[R+1]--;}        cnt[0] = d[0];for (int i = 1; i <= n; i++) cnt[i] = cnt[i-1] + d[i];        for (int i = 1; i <= n; i++) ans1 += (long) a[i] * cnt[i];        Arrays.sort(a, 1, n+1);Arrays.sort(cnt, 1, n+1);        for (int i = 1; i <= n; i++)  ans2 += (long) a[i] * cnt[i];        System.out.println(ans2 - ans1);scanner.close();}
}

Python代码

N = 100003
a = [0] * N
d = [0] * N
cnt = [0] * N
n = int(input())
a[1:n+1] = map(int, input().split())
m = int(input())
ans1 = 0
ans2 = 0
for _ in range(m):L, R = map(int, input().split())d[L] += 1d[R+1] -= 1
cnt[0] = d[0]
for i in range(1, n+1):  cnt[i] = cnt[i-1] + d[i]
for i in range(1, n+1):  ans1 += a[i] * cnt[i]
a[1:n+1] = sorted(a[1:n+1])
cnt[1:n+1] = sorted(cnt[1:n+1])
for i in range(1, n+1): ans2 += a[i] * cnt[i]
print(ans2 - ans1)

例6 差分的基本应用

推箱子
题解 https://blog.csdn.net/weixin_43914593/article/details/131730112