浅谈树状数组
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树状数组和线段树
众所周知， 线段树和树状数组是兄弟来的
它们之间的关系
树状数组可以解的，线段树能解
树状数组不可以解的，线段树还是可以解
既然这样，那我学会线段树不就搞定了吗，干嘛还学树状数组呀
那么，树状数组优在何处呢？
其实呢，就是码量少，思维清晰，常数小吧
对比一下
单点修改区间查询
线段树100行起步
树状数组呢，50行左右吧
区间修改区间查询
线段树估计要飙到150了吧
树状数组依旧50行
没有对比就没有伤害呀
这时，有些线段树忠实粉或许会思考人生：你看我还有机会吗？
机会是有的，那就是，打树状数组吧（当然有些题还是要打线段树的啦）
树状数组简介
树状数组图解
此章节内容部分引用自bestsort的小站
众所周知，一棵满二叉树长这样：
挪一下位置后，变成了这样：
上面这个就是树状数组的画法
准确来说，这是求和数组的画法
把原数组\(a\)也加进来，成了这样（\(c\)是求和数组）
\(c[i]\)表示子树叶子节点的权值
如上图，有
\(c[1]=a[1]\\
c[2]=a[1]+a[2]\\
c[3]=a[3]\\
c[4]=a[1]+a[2]+a[3]+a[4]\\
c[5]=a[5]\\
c[6]=a[5]+a[6]\\
c[7]=a[7]\\
c[8]=a[1]+a[2]+a[3]+a[4]+a[5]+a[6]+a[7]+a[8]\)
转换成二进制再来看一眼
\(c[1]=c[(0001)_2]=a[1]\\
c[2]=c[(0010)_2]=a[1]+a[2]\\
c[3]=c[(0011)_2]=a[3]\\
c[4]=c[(0100)_2]=a[1]+a[2]+a[3]+a[4]\\
c[5]=c[(0101)_2]=a[5]\\
c[6]=c[(0110)_2]=a[5]+a[6]\\
c[7]=c[(0111)_2]=a[7]\\
c[8]=c[(1000)_2]=a[1]+a[2]+a[3]+a[4]+a[5]+a[6]+a[7]+a[8]\)
对照式子可以发现，对于一个\(i\)
\(c[i]=a[i-2^k+1]+a[i-2^k+2]+a[i-2^k+3]……+a[i]\)（\(k\)为二进制下\(i\)最低位的1后面的0的个数,例如8对应的\(k\)就等于3，因为\(8_{10}=(1000)_2\)，最低位的1后面有3个0）
这时候，问题就来了，\(2^k\)怎么求？？？
引入\(lowbit\)
\(lowbit\)函数就是用来求\(2^k\)是多少的
具体操作是
int lowbit(int x) {return x&(-x);}
解释
“&”这个符号在C++中指的是按位与运算，具体是说，若在二进制下相同的位置两数都为1，那么&出的答案这一位也为1，否则为0
例如\(12\&6\)
\(12_{10}=(1100)_2\)
\(6_{10}=(0110)_2\)（空位用0补齐）
\(ans=(0100)_2=4_{10}\)
在上面这个数据中，12和6只有第三个位置上才都是1，那么答案也就只有这个位置上是1
（ 不过学树状数组的人应该都不会不知道位运算吧）
那么\(x\&(-x)\)是什么意思呢
首先说明\(-x\)在二进制下和\(x\)的关系
在二进制下，\(-x\)就是\(x\)取反后再加1
例如，\(10_{10}=(01010)_2\)，那么\(-10_{10}=(10101)_2+1_2=(10110)_2\)（第一位是符号位）
进行按位与运算后，答案就是\((00010)_2=2^1=2_{10}\)（第一位是符号位）
眼睛扫一扫，发现答案就是\(2\)
神奇吧
具体证明呢
我们知道一个数取反后与原来的每个位置都是相反的，那么原本1的位置就是0，原本0的位置就是1，那么加一后会一直进位到第一个0，也就是在原本数上的第一个1，这时候按位与一下就只有第一个1及以前的是一样的，也就可以得到正确结果
基本应用
1.单点修改，区间查询
修改
若要更新当前节点的\(a[i]\)
那么是不是可以直接更新\(a[i]\)的上级，\(a[i]\)上级的上级，以此类推
用\(lowbit\)到上级所在下标
void update(int now,int x)
{
int i;
for (i=now;i<=n;i+=lowbit(i))
c[i]+=x;
}
查询
对于区间查询，我们采取前缀和的求法
对于一个区间\([l,r]\)，我们求出\(r\)的前缀和，减去\(l-1\)的前缀和即为答案
查询的具体过程呢，也很简单
就是从要查的节点以此往下，搜索下级
依旧是用\(lowbit\)
int get(int x)
{
int i,ans;
ans=0;
for (i=x;i>=1;i-=lowbit(i))
ans+=c[i];
return ans;
}
题目
Code
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
long long n,m,i,x,y,ch,c[1000005];
long long lowbit(long long x)
{
return x&(-x);
}
void update(long long now,long long x)
{
long long i;
for (i=now;i<=n;i+=lowbit(i))
c[i]+=x;
}
long long get(long long x)
{
long long i,ans;
ans=0;
for (i=x;i>=1;i-=lowbit(i))
ans+=c[i];
return ans;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for (i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&x);
update(i,x);
}
for (i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%lld%lld%lld",&ch,&x,&y);
if (ch==2) printf("%lld\n",get(y)-get(x-1));
else update(x,y);
}
return 0;
}
2.区间修改，单点查询
修改
引入差分的思想，记录数组里每个元素与前一个元素的差，那么\(a_i=\sum_{j=1}^i d_j\)，如果修改区间\([l,r]\)，令其加上\(x\)，那么\(l\)与\(l-1\)的差增加了\(x\)，\(r\)与\(r+1\)的差减小了\(x\)，根据差分，就可以给\(d_{l}\)加上\(x\)，给\(d_{r+1}\)减去\(x\)
查询
直接根据\(a_i=\sum_{j=1}^i d_j\)，查前缀和就好
题目
Code
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,i,l,r,x,bj;
long long a[1000005],c[1000005];
int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
void update(int now,int x)
{
int i;
for (i=now;i<=n;i+=lowbit(i))
c[i]+=x;
}
long long get(int x)
{
int i;
long long ans;
ans=0;
for (i=x;i;i-=lowbit(i))
ans+=c[i];
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
update(i,a[i]-a[i-1]);
}
for (i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&bj);
if (bj==1)
{
scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
update(l,x);
update(r+1,-x);
}
else
{
scanf("%d",&x);
printf("%lld\n",get(x));
}
}
return 0;
}
3.区间修改，区间查询
这个也是线段树最麻烦的地方，通常100行起步，但树状数组就不用了，实测50行不到，而且我不压行
先看一下如果按照问题2的方法来求区间前缀和，要怎么求
位置\(x\)的前缀和=\(\sum_{i=1}^x\sum_{j=1}^id_j\)，发现在这个式子里，\(d_1\)被计算了\(x\)此，\(d_2\)被计算了\(x-1\)次……，\(d_x\)被计算了1次。那么这个式子就可以转化为
\(\sum_{i=1}^xd_i\times(x-i+1)=(x+1)\sum_{i=1}^xd_i-\sum_{i=1}^xd_i\times i\)
其中\(x+1\)是给出的，那么我们记录\(d_i\)和\(d_i\times i\)就可以了
维护两个数组\(sum1\)和\(sum2\)，分别记录\(d_i\)和\(d_i\times i\)
修改
\(sum1\)同问题2的\(d\)，\(sum2\)也类似，\(l\)加上\(l\times x\)，\(r+1\)减去\((r+1)x\)
查询
单点\(x\)的前缀和就是\((x+1)\times sum1\)中\(x\)的前缀和-\(sum2\)中\(x\)的前缀和，区间\([l,r]\)的值就是\(r\)的前缀和-\(l-1\)的前缀和
题目
Code
#include<cstdio>
using namespace std;
long long n,m,i,l,r,x,bj,a[1000005],c1[1000005],c2[1000005];
long long lowbit(long long x)
{
return x&(-x);
}
void update(long long k,long long x)
{
long long i;
for (i=k;i<=n;i+=lowbit(i))
{
c1[i]+=x;
c2[i]+=x*k;
}
}
long long get(long long x)
{
long long i,ans;
ans=0;
for (i=x;i;i-=lowbit(i))
ans+=((x+1)*c1[i])-c2[i];
return ans;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for (i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
update(i,a[i]-a[i-1]);
}
for (i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%lld",&bj);
if (bj==1)
{
scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&x);
update(l,x);
update(r+1,-x);
}
else
{
scanf("%lld%lld",&l,&r);
printf("%lld\n",get(r)-get(l-1));
}
}
return 0;
}
4.二维偏序
这里不妨以二维偏序的典型：逆序对来讲解。
首先先对第一关键字进行排序（逆序对中就是 \(i\))，随后对于 \(a_i\)，要找到 \(j<i,a_j>a_i\)。那我们不妨建立一个以 \(a_i\) 为下标的树状数组，遍历到 \(i\) 时，查询 \(a_i+1\) 之后的位置的总和，随后更新 \(a_i\)。
题目
Code
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 500005
#define ll long long
using namespace std;
int n,a[N],b[N];
ll ans,tr[N];
int lowbit(int x) {return x&(-x);}
void modify(int x) {for (;x;x-=lowbit(x)) tr[x]++;}
ll query(int x)
{
ll res=0;
for (;x<=n;x+=lowbit(x)) res+=tr[x];
return res;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%lld",&a[i]),b[i]=a[i];
sort(b+1,b+n+1);
int len=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
for (int i=1;i<=n;++i)
a[i]=lower_bound(b+1,b+len+1,a[i])-b;
for (int i=1;i<=n;++i)
ans+=query(a[i]+1),modify(a[i]);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
小结
线段树与树状数组有很多相似的地方，但是树状数组很明显的优势就是短和快，但是线段树可以处理很多种情况，而这里面有些是树状数组做不到的，所以说不论是线段树还是树状数组，我们都应该学习一下，然后选择更好的去解决题目。
不定时更新高阶操作。
