树状数组

树状数组

• 本文参考OI Wiki 树状数组

原理

可以看到，\(c_i\) 管理的数的数量就是 \(i\) 的二进制表示中最低位的\(1\)所代表的数字

比如 \((2)_{10}=(10)_2\)，最低位的 \(1\) 代表 \(2\) ，所以 \(c_2\)管理 \(a_1,a_2\)两个数字；\((6)_{10}=(110)_2\)，最低位的 \(1\) 表示的也是 \(2\) ，所以 \(c_6\) 管理 \(a_5,a_6\) 两个数字

用法及操作

• 获取 \(i\) 的二进制表示中最低位的 \(1\) 所代表的值

  #define lowbit(x) x & -x

  比如 \((22)_{10}=(10110)_2\)，\((-22)_{10}=(01010)\)，所以\((10110)_2\And(01010)_2=(00010)_2=(2)_{10}\)

  由于 \(-x\) 为 对 \(x\) 按位取反后加一得到，

  按位取反后所有的 \(1\) 变成 \(0\) ，所有的 \(0\) 变成 \(1\) ，再加上 \(1\) 之后会不断向前进位，直到遇到第一个 \(0\) 可以“安置”这个不断进位来的 \(1\) 。

  而进位的时候低位的 \(1\) 又变回了 \(0\)（与原码相同），进过位的数字只剩下 第一个遇上的 \(0\) 变成的 \(1\) 与原码同时为 \(1\) （因此这部分除了第一个 \(0\) 变成的 \(1\) 与原码同时为 \(1\)，其他位均与原码同时为 \(0\)）

  未进位的更高位的数字由于进行过按位取反且未被进位的 \(1\) 影响到，所以这部分进行按位与时均为 \(0\)

  好像说明白了又好像什么都没说

  再举个栗子，\((44)_{10}=(101100)_2\)，对其进行按位取反得到 \((010011)_2\)，这个二进制数可以分成两部分来看：010和011，\((011)_2+(001)_2=(100)_2\)，进位过的部分现在与原码的这一部分相同，这部分进行按位与的时候100&100=100 ；未进位的前半部分010由于与原码的101是按位取反得到的，所以进行按位与的时候010&101=000，所以这样可以得到最低位的 \(1\)所代表的值

• 单点修改

  将一个点的值加上 \(k\)，管理该点的所有的值都应该加上 \(k\)

  void add(int x,int k){
      while(x <= n){
          c[x] = c[x] + k;
          x = x + lowbit(x);
      }
  }
  

• 前缀求和

  int getSum(int x){
      int ans = 0;
      while(x >= 1){
          ans = ans + c[x];
          x = x - lowbit(x);
      }
      return ans;
  }
  

• 区间修改

  维护一个差分数组

  对于序列 \(a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n\)，在区间 \([L,R]\) 内加上 \(\Delta\)，不难发现：

  • \([L,R]\) 由于加上同一个数，相对大小是不变的，因此 \((L,R]\) 区间内的 \(T\) 不需要修改。
  • 而 \(T_L=a_L-a_{L-1}\)，\(a_{L-1}\) 大小不变，只有 \(a_L\) 增加了 \(\Delta\)，因此 \(T_L\) 增加了 \(\Delta\)。同理，\(T_{R+1}\) 减少 \(\Delta\)。

  通过上述方法，就可以实现只修改 \(T_L\)和 \(T_{R+1}\) 共两次就完成了 \([L,R]\) 的区间修改。时间复杂度大大降低。

  我们只需用树状数组维护这个 \(T\) 就可以了。

  void add(int x,int k){
      while(x <= n){
          T[x] = T[x] + k;
          x = x + lowbit(x);
      }
  }
  add(l,k);
  add(r+1,-k);
  

• 单点查询

  输出差分数组前缀和即可

  int getSum(int x){
      int ans = 0;
      while(x >= 1){
          ans = ans + T[x];
          x = x - lowbit(x);
      }
      return ans;
  }