E - 树状数组 1

E - 树状数组 1

原题链接

题目描述

如题，已知一个数列，你需要进行下面两种操作：

  • 将某一个数加上 \(x\)

  • 求出某区间每一个数的和

输入格式

第一行包含两个正整数 \(n,m\)，分别表示该数列数字的个数和操作的总个数。

第二行包含 \(n\) 个用空格分隔的整数，其中第 \(i\) 个数字表示数列第 \(i\) 项的初始值。

接下来 \(m\) 行每行包含 \(3\) 个整数，表示一个操作，具体如下：

  • 1 x k 含义：将第 \(x\) 个数加上 \(k\)

  • 2 x y 含义：输出区间 \([x,y]\) 内每个数的和

输出格式

输出包含若干行整数，即为所有操作 \(2\) 的结果。

样例 #1

样例输入 #1

5 5
1 5 4 2 3
1 1 3
2 2 5
1 3 -1
1 4 2
2 1 4

样例输出 #1

14
16

提示

【数据范围】

对于 \(30\%\) 的数据，\(1 \le n \le 8\)，\(1\le m \le 10\)；
对于 \(70\%\) 的数据，\(1\le n,m \le 10^4\)；
对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le n,m \le 5\times 10^5\)。

数据保证对于任意时刻，\(a\) 的任意子区间（包括长度为 \(1\) 和 \(n\) 的子区间）和均在 \([-2^{31}, 2^{31})\) 范围内。

样例说明：

故输出结果14、16

题意

已知一个数列，你需要进行下面两种操作：

  • 将某一个数加上 \(x\)

  • 求出某区间每一个数的和

树状数组解决的基本问题

在一个序列中
\(①\)修改某一个数(\(logn\))
\(②\)快速求前缀和(\(logn\))

思考：朴素算法如何实现？

\(①\)直接使用数组存每一个数，那么我们求前缀和的复杂度就是\(O(n)\)，修改一个数的复杂度就是\(O(1)\)
\(②\)使用前缀和数组，那么我们求前缀和的复杂度就是\(O(1)\)，修改一个数的复杂度就是\(O(n)\)

“鱼和熊掌不可兼得”，如果第一个操作很快，那么第二个操作就会变得很慢

假设我们有m次询问，要看最坏的情况，那么这两种方式复杂度都到达了\(O(nm)\)的级别
通过树状数组，我们可以把两种操作都做到\(logn\)级别，也就是\(O(mlogn)\)，效率得到了很大的提升

lowbit函数(前置知识)

定义一个函数\(f=lowbit(x)\)，这个函数的值是\(x\)的二进制表达式中只保留最低位\(1\)得到的十进制数

比如:

\[(6)_{10}=(110)_2 \]

那么\(lowbit(6)\)就等于\(2\)，因为\((110)_2\)中最低位（就是从右往左数的第二位）对应的数是\((10)_2=(2)_{10}\)

所以假设一个数的二进制最低位的1在从右往左数的第k位，那么它的lowbit值就是

\[2^{k−1} \]

int lowbit(int x){
	return x & -x;
}

原理：
根据计算机补码的性质。
补码就是原码的反码加一
如：

\[(110)_2=(6)_{10} \]

反码：

\[(001)_2 \]

加一：

\[(010)_2 \]

可以发现变为反码后 x 与反码数字位每一位都不同， 当反码加1，反码会逢1一直进位直到遇到0，且这个0变成了1，所以这个数最后面构造了一个 100… 串。 只有一个\(1\),因此进行&运算后除了该位上存在\(1\)，其他位都是\(0\)（反码的最低位\(0\)变成\(1\)，与反码取反前的原码相同都是\(1\)）,进而得到二进制表达式中只保留最低位\(1\)得到的十进制数

树状数组的定义

树状数组是一种维护前缀和的数据结构，可以实现 \(O(\log{n})\)查询一个前缀的和，\(O(\log{n})\)对原数列的一个位置进行修改。

  • 与前缀和相同的是，树状数组使用与原数列大小相同的数组即可维护
  • 与前缀和不同的是，树状数组的一个位置 i 存储的是从 i 开始，（包括 i）向前\(t_i\)个元素的和
    \(t_i\)就是最大的可以整除 \(i\) 的\(2\)的幂（通过上述\(lowbit\)函数可以得到）

树状数组的性质

设树状数组为b
性质1：有上述定义得到$b[k] = \sum_{k-lowbit(k)+1}^{k} $
性质2：父节点 \(b[dad] = b[k] + lowbit(k)\)
image

(上为树状数组b,下为原数组a)

树状数组单点修改

根据性质2可以改造出对树状数组单点修改的函数
\(add(int \ k,int \ x)\)功能：下标为k的增加x

void add(int k,int x){
	while(k <= n){	//不能超范围
		b[k] += x;
		k += lowbit(k);	//维护父节点
	}
}

注意：空数组本身就是一个树状数组(和均为0),因此原数组输入数据维护树状数组b时可以直接\(add(i,a_i)\)

树状数组区间查询

作差求lr的区间和:sum[1r] - sum[1~l-1]
根据性质1：

LL getsum(int l,int r){		
	l --;
	LL s1 = 0;
	while(l){
		s1 += b[l];
		l -= lowbit(l);
	}
	LL s2 = 0;
	while(r){
		s2 += b[r];
		r -= lowbit(r);
	}
	return s2 - s1;
}

最终代码

点击查看代码 
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;

#define X first
#define Y second

typedef pair<int,int> pii;
typedef long long LL;
const char nl = '\n';
const int N = 1e6+10;
const int M = 2e5+10;
int n,m;
int a,b[N];

int lowbit(int x){
	return x & -x;
}
void add(int k,int x){
	while(k <= n){
		b[k] += x;
		k += lowbit(k);
	}
}
LL getsum(int l,int r){
	l --;
	LL s1 = 0;
	while(l){
		s1 += b[l];
		l -= lowbit(l);
	}
	LL s2 = 0;
	while(r){
		s2 += b[r];
		r -= lowbit(r);
	}
	return s2 - s1;
} 

void solve(){
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ){
		cin >> a;
		add(i,a);
	}
	while(m -- ){
		int op;
		cin >> op;
		if(op == 1){
			int k,x;
			cin >> k >> x;
			add(k,x);
		}
		else{
			int l,r;
			cin >> l >> r;
			cout << getsum(l,r) << nl;
		}
	}
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);

	solve();
}
posted @ 2023-02-19 11:22  Keith-  阅读(68)  评论(0)    收藏  举报