树状数组浅析

\(Binary\) \(Indexed\) \(Tree\) : 树状数组

更好的阅读体验
首先来看一道例题：（Link）
已知一个数列，你需要进行下面两种操作：

1.将某一个数加上x
2.求出某区间每一个数的和

首先按照暴力思路解决，我们用\(O(n)\)输入，更改的时候是\(O(m)\)，求区间和的时候是\(O(nm)\)，然后就会导致程序运行时间非常长，这里我们引用树状数组（\(Binary\) \(Indexed\) \(Tree\)），简称\(BIT\)，是一种非常高效的高级数据结构（\(Senior\) \(Data\) \(Structure\)），它的查询和修改的时间复杂度都是\(log(n)\)。

\(1\).基本思想

我们知道，每一个整数都可以分成若干个\(2\)的幂次之和，就好像\(7\)可以分解为\(2^2\)+\(2^1\)+\(2^0\)一样，我们希望每一次求前缀和也能够分解为一系列恰当的、不相交的“子集”，\(7\)分解成了三块，那么我们希望\(7\)的前缀和也能够分解为\(3\)个子集。根据这种思想我们可以汇出这样的一个表格：

下标	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(7\)	\(8\)	\(9\)	\(10\)	\(11\)	\(12\)
内容	\(1\)	\(1\)~\(2\)	\(3\)	\(1\)~\(4\)	\(5\)	\(5\)~\(6\)	\(7\)	\(1\)~\(8\)	\(9\)	\(9\)~\(10\)	\(11\)	\(9\)~\(%12\)
这里的“内容”指的就是所包含的子集，就比如3只包含3本身，而4包含1~4所有，那么我们为什么要这样划分呢？
下标	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(7\)	\(8\)	\(9\)	\(10\)	\(11\)	\(12\)
-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
输入数组\(a[\) \(]\)	\(2\)	\(0\)	\(1\)	\(1\)	\(0\)	\(2\)	\(3\)	\(0\)	\(1\)	\(0\)	\(2\)	\(1\)
前缀和\(pre[\) \(]\)	\(2\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(4\)	\(6\)	\(9\)	\(9\)	\(10\)	\(10\)	\(12\)	\(13\)
子集和\(sum[\) \(]\)	\(2\)	\(2\)	\(1\)	\(4\)	\(0\)	\(2\)	\(3\)	\(9\)	\(1\)	\(1\)	\(2\)	\(4\)
在这里我们用\(sum[i]\)来表示\(i\)的所有子集的\(a[\) \(]\)的和，然后我们来进行检验，这种求和方案是不是满足我们一开始的初衷，比如，求前缀和\(\sum_{i=1}^7a[i]\)，我们就只需要计算\(sum[7],sum[6],sum[4]\)，正好是三个子集，也就是\(3\)+\(2\)+\(4\)=\(9\)，所以我们知道这种方法看似是成立的。
下面，我们用另一种图来表示“子集和”的含义。
我们按照上面的表格在这里建立了一个方块图，每一个长方形代表的是每个子集对应的部分和，而被框起来的部分就是子集下表对应的值\(a[now]\)，没有被框起来的部分代表的是还需要维护的其他的下标对应的值\(a[k...now-1]\)。我们首先来看\(1\)节点，它的维护路径是这样的：
然后对于\(3\)的维护是这样的路径：
由此，我们还可以构造出一种更一般的形式：查询树。
对于每一个查询，我们在查询树中找到对应标号的节点，然后顺着父边一直向根节点方向走一直到\(0\)，依次累加路径上每一个标号所对应的子集和，到根节点的时候,我们就得到了\(ans\)。比如\(7\)，我们沿路就要加上\(7\),\(6\),\(4\)的\(sum\)值。而节点的深度就是对应数字的二进制表示当中\(1\)的个数。比如\(11\)的二进制拆分是\(1011\)，含有\(3\)个“\(1\)”，那么对应的深度就是\(3\)。另外还有一个十分重要的规律，（除了\(0\)节点之外）

每一个节点的儿子个数都是这个点的二进制表示中末尾\(0\)的个数。

比如\(4\)的二进制拆分\(0100\)，末尾有\(2\)个\(0\)，那么它的儿子个数就有\(5\),\(6\)一共两个。而树状数组的名字\(Binary\) \(Indexed\) \(Tree\)也就是这么来的。

\(2\).实现

现在我们就是要考虑怎么实现这种子集划分。我们再来看一个表格。
| 下标 | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) | \(6\) | \(7\) | \(8\)
| - | - | - | - | - | - | - | - |
| 二进制 | \(0001\) | \(0010\) | \(0011\) | \(0100\) | \(0101\) | \(0110\) | \(0111\) | \(1000\) |
| 所含元素个数 | \(1\) | \(2\) | \(1\) | \(4\) | \(1\) | \(2\) | \(1\) | \(8\)
| 二进制 | \(0001\) | \(0010\) | \(0001\) | \(0100\) | \(0001\) | \(0010\) | \(0001\) | \(1000\) |
那么我们可以知道，\(i\)所含元素的个数就是\(i\)的二进制拆分的最低位的1所在的位置的十进制数。 那么这个位置又该怎么算呢？
下面要讲的是树状数组中最重要的一个技术：低位技术，即\(Lowbit\)，对于一个下标\(now\),我们知道\(now\)是用的有符号的整形数进行存储的，其次，我们还知道计算机存储整形数是用补码的形式，正数的补码就是本身的二进制码，而其相反数则是用的其反码+\(1\)来表示。假设\(now\)的二进制数为\(x1y\),其中\(y\)为若干个\(0\)，那么\(x\)和\(y\)中间的\(1\)就是最低位的\(1\)，那么-\(now\)就是\((\)~\(x)1y\) (_{$x$表示对$x$取非，}\(1011=0100\))，那么两者\(and\)之后就得到了\(1y\)，那么我们不难得知\(now\)的\(Lowbit\)是怎么算出来的。

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

然后我们还要知道一个定律：在我们所建的树状数组中，儿子\(i\)加上\(lowbit(i)\)就是其父亲的编号，这个也不难想。那么对于前缀和的查询我们就有头绪了，对于下标为\(now\)的前缀和，我们需要加的项的个数是\(now\)的二进制拆分中所包含的1的个数，也就是在查询树的深度，这个个数最多是\(trunc(log_2now)+1\),所以查询复杂度是\(O(logn)\)的。

int query(int now){//询问now的前缀和
    int ans=0;
    while(now){
        ans+=sum[now];
        now-=l
    }
    return ans;
}

然后对于单点修改就很简单了，我们可以类比线段树，由于我们的节点存储的是一种和的形式，所以当任意一个子节点发生改变的时候，父节点也要发生改变，所以我们的单点修改也是一个while()形式。

void add(int now,int k){//将下标为now的数加上k
    while(now<=n){
        sum[now]+=k;
        now+=lowbit(now);
    }
}

至此，是树状数组的基本部分，下面是开头的题的代码。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 500010
using namespace std;
int sum[MAXN],n,m;
int lowbit(int now){
	return now & (-now);
}
void add(int now,int k){
	while(now<=n){
		sum[now]+=k;
		now+=lowbit(now);
	}
}
int query(int now){
	int ans=0;
	while(now!=0){
		ans+=sum[now];
		now-=lowbit(now);
	}	return ans;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x; scanf("%d",&x);
		add(i,x);
		//我们可以把输入也理解为一种单点修改
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int opt,x,y;
		scanf("%d%d%d",&opt,&x,&y);
		if(opt==1) add(x,y);
		else printf("%d\n",query(y)-query(x-1));
	}	return 0; 
}

然后是第二道例题，涵盖了树状数组的另外两种功能：区间修改和单点询问。
题目描述
如题，已知一个数列，你需要进行下面两种操作：

1.将某区间每一个数数加上x
2.求出某一个数的和、

输入输出格式
输入格式：
第一行包含两个整数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2或4个整数，表示一个操作，具体如下：

操作1： 格式：1 x y k 含义：将区间[x,y]内每个数加上k
操作2： 格式：2 x 含义：输出第x个数的值

输出格式：
输出包含若干行整数，即为所有操作2的结果。

在这里我们介绍一种利用查分数组解决问题的方法，首先我们要知道什么叫做差分数组，简而言之，就是原序列中相邻元素之间两两相减，得到的一串数组。举个例子，假设\(a[9]\)={\(2,5,9,5,4,8,6,6,1\)},那么\(a\)的差分数组\(b[9]\)={\(2,-3,4,-4,-1,4,-2,0,-5\)}。也就是说\(b[i]\)=\(a[i]\)-\(a[i-1]\),从而可以得到\(a[i]\)=\(\sum_{j=1}^i b[j]\)。
接下来，假设我们需要将\(3\)~\(7\)之间的所有数加上\(5\)，那么原序列变为：\(a[9]\)={\(2,5,14,10,9,13,11,6,1\)}，b[9]={\(2,-3,7,-4,-1,4,-7,0,-5\)}。
\(OK\)，那么我们现在就可以发现规律了，\(a[]\)数组对\(x\)~\(y\)加上\(k\)之后，\(b[]\)数组只是在\(x\)位置加上\(k\)，在\(y\)+\(1\)位置减去\(k\)，即\(b[x]+-k; b[y+1]-=k\); 那么在修改的时候我们就由一串区间修改变为了两个单点修改。而单点查询就变为了区间查询，那么这个区间查询我们就可以在此利用树状数组维护了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 500010
using namespace std;
int a[MAXN],sum[MAXN],n,m;
int lowbit(int now){
	return now&(-now);
}
void add(int now,int k){
	while(now<=n){
		sum[now]+=k;
		now+=lowbit(now);
	}
}
int query(int now){
	int ans=0;
	while(now!=0){
		ans+=sum[now];
		now-=lowbit(now);
	}	return ans;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		int b=a[i]-a[i-1];//差分 
		add(i,b);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int opt; cin>>opt;
		if(opt==1){
			int x,y,k;
			scanf("%d%d%d",&x,&y,&k);
			add(x,k); add(y+1,-k);//两个单点修改 
		}	else{
			int x; scanf("%d",&x);
			printf("%d\n",query(x));//前缀和查询 
		}
	}	return 0;
}