排序

快速排序

归并排序

二分

高精度

前缀和

一维没什么说的了，主要用于求区间的一段和

S[i] = a[1] + a[2] + ... a[i]

求l，r区间和，就是 S[r] - S[l - 1]，推理过程：

S[r]=a[1]+a[2]+...+a[l-1]+a[l]+...+a[r]

S[l-1]=a[1]+a[2]+...+a[l-1]

S[r]-S[l-1]=a[1]+a[2]+...+a[l-1]+a[l]+...+a[r]-(a[1]+a[2]+...+a[l-1])=a[l]+...+a[r]

二维前缀和推理过程

 S（x，y）表示从0~x，0~y这一块矩形的和

现在要求（x1，y1）~（x2，y2）这个矩阵，可以用总矩阵s（x2，y2），减去红色面积s（x2，y1-1），减去绿色面积s（x1-1，y2），会发现有一块矩阵多减一次，加回来，就是s（x1-1，y1-1）

总结一下就是

求x1，y1，到x2，y2矩阵的和为

S（x2，y2）-S（x2，y1-1）-S（x1-1，y2）+S（x1-1， y1-1）

那么怎么初始化呢

我们先求红色面积，就是S（i-1，j），橙色面积就是S（i，j-1），红色橙色重复的面积多算了，减去S（i-1，j-1），再加上本身的a（i，j）就能算出来了

总结一下

S(i,j)=S(i-1,j)+S(i,j-1)-S(i-1,j-1)+a(i,j)

总结一下：

S[i, j] = 第i行j列格子左上部分所有元素的和
以(x1, y1)为左上角，(x2, y2)为右下角的子矩阵的和为：
S[x2, y2] - S[x1 - 1, y2] - S[x2, y1 - 1] + S[x1 - 1, y1 - 1]

 例题

题目描述
输入一个n行m列的整数矩阵，再输入q个询问，每个询问包含四个整数x1, y1, x2, y2，表示一个子矩阵的左上角坐标和右下角坐标。

对于每个询问输出子矩阵中所有数的和。

输入格式
第一行包含三个整数n，m，q。

接下来n行，每行包含m个整数，表示整数矩阵。

接下来q行，每行包含四个整数x1, y1, x2, y2，表示一组询问。

输出格式
共q行，每行输出一个询问的结果。

数据范围
1≤n,m≤1000,
1≤q≤200000,
1≤x1≤x2≤n,
1≤y1≤y2≤m,
−1000≤矩阵内元素的值≤1000

输入样例：
3 4 3
1 7 2 4
3 6 2 8
2 1 2 3
1 1 2 2
2 1 3 4
1 3 3 4

输出样例：
17
27
21

#include<iostream>
using namespace std;
const int N =1010;
int a[N][N],s[N][N];
int n,m,q;

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j)
            scanf("%d",&a[i][j]);
            
    //初始化前缀和
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j)
            s[i][j] = s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j];
    
    while(q--)
    {
        int res = 0;
        int x1,y1,x2,y2;
        scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
        res = s[x2][y2] - s[x2][y1-1] - s[x1-1][y2] +s[x1-1][y1-1];
                
        cout<<res<<endl;
    }
    return 0;
}

差分

a_i=b₁+b₂+b₃+...+b_i

我们称a是b的前缀和，b是a的差分，要怎么构造这样的特性呢？

 b_n=a_n-a_n-1   即可，所以还发现，差分是前缀和的逆

可以发现，计算一下b数组的前缀和就可以得到a数组，这里有一个性质

[l, r]区间+c，正常是O（n）的时间的，现在

如果想要快速的让[l, r]区间+c，我们利用计算“b数组的前缀和就可以得到a数组“的特性，让b_l+c，那么l~n都会+c，就是上图红色线+c，但是要求到r即可，所以b_r+1-c，r+1~n的数都会-c，就是绿色线的数，那么就可以做到O（1）的时间了

总结一下，就是 b_l+c    b_r-1-c

一维差分
给区间[l, r]中的每个数加上c：B[l] += c, B[r + 1] -= c

例题

797. 差分
输入一个长度为n的整数序列。

接下来输入m个操作，每个操作包含三个整数l, r, c，表示将序列中[l, r]之间的每个数加上c。

请你输出进行完所有操作后的序列。

输入格式

第一行包含两个整数n和m。

第二行包含n个整数，表示整数序列。

接下来m行，每行包含三个整数l，r，c，表示一个操作。

输出格式

共一行，包含n个整数，表示最终序列。

数据范围

1≤n,m≤1000001≤n,m≤100000,
1≤l≤r≤n1≤l≤r≤n,
−1000≤c≤1000−1000≤c≤1000,
−1000≤整数序列中元素的值≤1000−1000≤整数序列中元素的值≤1000

输入样例：

6 3
1 2 2 1 2 1
1 3 1
3 5 1
1 6 1
输出样例：

3 4 5 3 4 2
解题思路：
给定原数组a[1]，a[2]，... . ，a[N]，构造差分数组b[N]，使得 a[i] = b[1] + b[2] + ... + b[i]，一般假定初始全部为0，用insert(i，i，a[i]) 构造出 b[N]

核心操作：将 a [ L~R ] 全部加上 C，等价于： b[L] += C ， b[R+1] -= C

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=100010;
int n, m, a[N], b[N]; //b是a的差分 

// a数组中[l, r]区间内都加上c
void insert(int L, int R, int c)
{
	b[L]+=c;
	b[R+1]-=c;
}
int main() 
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i=1; i<=n; i++) 
	{
		scanf("%d", &a[i]);
		insert(i, i, a[i]); //相当于i，i这个区间加上a[i]
	}
	while (m--)
	{
		int L, R, c;
		scanf("%d%d%d", &L, &R, &c);
		insert(L, R, c);
	}
	
	for (int i=1; i<=n; i++) 
	{
		b[i]+=b[i-1];
		printf("%d ", b[i]);
	}
	return 0;
}

 二维差分

 要求在x1，y1到x2，y2的矩阵中全部元素+c

我们先b_x1,y1+=c，把框住的右下角整个矩形+c，但是后面加多的要减回来

b_{x2+1  y1}-=c，是绿色框-c

b_{x1  y2+1}-=c，是红色框-c

会有一个重复区域多减了，加回来，就是

b_{x2+1  y2+1}+=c，是红绿色框重叠+c

双指针

板子

for (int i = 0, j = 0; i < n; i++)
{
	while (j < i && check(i, j)) j++;
	
	// 每道题目的具体逻辑
	...
}

 双指针有2种

1种是2个区间，分别有指针，类似归并

1种是1哥区间，有2个指针，类似快排

左下角是模板，右下角是核心思想（优化时间的）

他做什么的呢，举个例子

比如一行字符串，要输出每个单词

输入 abc def ijk mn asfc 13

然后输出

abc

def

ijk

mn

asfc

13

这样，那么可以利用双指针解决

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

string s;
int main() 
{
	getline(cin, s);
	for (int i=0; i<s.size(); i++)
	{
		int j=i;//j的起点也要考虑一下，不一定总是0！！
		while (j<=s.size() && s[j]!=' ') j++; //这里注意，条件改了，j不一定<=i，可能改的！！
		
		for (int k=i; k<j; k++) cout<<s[k];
		cout<<endl;
		i=j;
	}
	return 0;
}

总结一下

双指针算法的核心思想就是利用了单调性质把原来通过 i, j 两重循环的O(n2)优化到O(n)。

例题：

可以看看这里：AcWing 799. 最长连续不重复子序列-CSDN博客

AcWing 799. 最长连续不重复子序列

对于双指针的题，我们要优先（最开始）就考虑一下朴素（暴力）做法，然后在想一下如何优化，题目的单调性在哪里（在这里是i和j的单调关系）

这里的j一定有单调性，因为如果i往右移动。假设j往左移动最优。那么在i往右移动前，j就本来会向左移动的（j-1，i+1区间无重复元素，那么j-1，i区间，怎么可能会有重复元素呢？但刚开始的区间是j，i，所以和j-1，i区间矛盾）

现在重点考虑一下check怎么写，因为数的范围不是很大（很大的话可以用哈希），所以用计数器s，每次i往右移，s[a[i]]++，然后判断一下这个当前的数字的数量是否大于1，如果是的话，就调整一下j

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e5+5;
int n, a[N], s[N], j=1, ans=0;
int main() 
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &a[i]);
	
	for (int i=1; i<=n; i++)
	{
		s[a[i]]++;
		while (s[a[i]]>1) s[a[j++]]--; //j如果超过i，证明区间为空，那么肯定不会有重复的数，所以不用判断 j<i
		ans=max(ans, i-j+1);
	}
	
	printf("%d", ans);
	return 0;
}