树状数组
这是一种实用并且代码极短的高级数据结构。
能在O(lgｎ)内完成修改，和询问。解决了普通数组的询问长，前缀和的修改长的问题。
它提供两种操作：
- 将A[i]叫上D;
- 求出A[i]的前缀和。
那么怎么实现呢？
我们新增一个数组c[]，其中c[i]=A[i-2^k+1]+……+A[i](k为i在二进制形式下末尾0的个数)。
那怎么求出2^k呢，我们就可以用lowbit(i)，lowbit(i)=i&(-i)；
首先是修改操作，将所有包含它的数都加上要加的数。
1 void add(int x){ 2 for (int i=x;i<=N;i+=lowbit(i)) c[i]++; 3 }
求和就是把它未包含的数加上。
1 long long sum(int x){ 2 long long Sum=0; 3 for (int i=x;i>0;i-=lowbit(i)) Sum+=c[i]; 4 return Sum; 5 }
这就是基本的树状数组了。
接下来是一些基本的求和模型。
1.改点求段：
修改操作：将A[x]的值加上v；
求和操作：求此时A[l..r]的和。
十分简单:
1 void add(int x){ 2 for (int i=x;i<=N;i+=lowbit(i)) c[i]++; 3 } 4 long long sum(int x){ 5 long long Sum=0; 6 for (int i=x;i>0;i-=lowbit(i)) Sum+=c[i]; 7 return Sum; 8 }
修改操作：add(x,v);
求和操作：sum(r)-sum(l-1);
s2.改段求点：
修改操作：将A[l..r]之间的全部元素值加上v；
求和操作：求此时A[x]的值。
这回就用差分法A[i]表示原意义一下的A[i]-A[i-1];
1 void add(int x){ 2 for (int i=x;i<=N;i+=lowbit(i)) c[i]++; 3 } 4 long long sum(int x){ 5 long long Sum=0; 6 for (int i=x;i>0;i-=lowbit(i)) Sum+=c[i]; 7 return Sum; 8 }
修改操作：add(l,v),add(r+1,-v)；
求和操作：sum(x);
3.改段求段：
修改操作：将A[l..r]之间的全部元素值加上v；
求和操作：求此时A[l..r]的和。
关于这种模型需要一个辅助数组：存（当前位置-1）*v的值。
因为Sum(1,x)在差分意义下是(Sigma(i<=x)(A[i]*(x-(i-1))))
做出A[i]*(i-1)的辅助数组就可以了。
1 void Add(ll *T,int x,ll v){ 2 for (int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) T[i]+=v; 3 } 4 void Update(ll a,ll b,ll c){ 5 Add(T1,a,c); Add(T1,b+1,-c); 6 Add(T2,a,(a-1)*c); Add(T2,b+1,b*(-c)); 7 } 8 ll Sum_(ll *T,int x){ 9 ll ans=0; 10 for (int i=x;i>0;i-=lowbit(i)) ans+=T[i]; 11 return ans; 12 } 13 ll Sum(int a,int b){ 14 ll tot=(a-1)*(Sum_(T1,a-1))-Sum_(T2,a-1); 15 ll tot_=(b)*(Sum_(T1,b))-Sum_(T2,b); 16 return tot_-tot; 17 }
修改操作：模板内Update；
求和操作：模板内Sum；
还有二维树状数组的使用，
1 int sum(int x,int y) 2 { 3 int Sum=0; 4 for(int i=x;i>0;i-=(i&(-i))) { 5 for(int j=y;j>0;j-=(j&(-j))) { 6 Sum+=c[i][j]; 7 } 8 } 9 return Sum; 10 } 11 12 void add(int x,int y,int d) 13 { 14 for(int i=x;i<=n;i+=(i&(-i))) { 15 for(int j=y;j<=n;j+=(j&(-j))) { 16 c[i][j]+=d; 17 } 18 } 19 }
通过考试考挂的教训，我就在这重推，二维改段求段。A是差分意义下。
sum(x,y)=Sigma(i<=x)Sigma(j<=y)(A[i][i]*(x-(i-1))*(y-(j-1)))
=Sigma(i<=x)Sigma(j<=y)(A[i][j]*x*y-A[i][j]*x*(j-1)-A[i][j]*y*(i-1)+A[i][j]*x*y);
1 void add(int x,int y,int v_1,int v_2,int v_3,int v_4){ 2 for (int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) 3 for (int j=y;j<=m;j+=lowbit(j)) t_1[i][j]+=v_1,t_2[i][j]+=v_2,t_3[i][j]+=v_3,t_4[i][j]+=v_4; 4 } 5 int sum(int x,int y){ 6 int Sum1=0,Sum2=0,Sum3=0,Sum4=0; 7 for (int i=x;i>0;i-=lowbit(i)) 8 for (int j=y;j>0;j-=lowbit(j)) Sum1+=t_1[i][j],Sum2+=t_2[i][j],Sum3+=t_3[i][j],Sum4+=t_4[i][j]; 9 return Sum1*x*y-Sum2*x-Sum3*y+Sum4; 10 }
修改操作：
add(a,b,v,v*(b-1),v*(a-1),v*(a-1)*(b-1)); add(a,d+1,-v,(-v)*d,(-v)*(a-1),(-v)*d*(a-1)); add(c+1,b,-v,(-v)*(b-1),(-v)*c,(-v)*c*(b-1));add(c+1,d+1,v,v*d,v*c,v*d*c);
求和操作：
sum(c,d)-sum(a-1,d)-sum(c,b-1)+sum(a-1,b-1)
均摊logn的清零。
struct Bit{ int ts,b[SZ],t[SZ]; void clr() {++ts;} Bit() {ts=0; memset(t,0,sizeof t);} void edt(int x,int y) { for(;x<=n;x+=x&-x) {if(t[x]!=ts) t[x]=ts,b[x]=0; (b[x]+=y)%=MOD;} } int sum(int x) { int s=0; for(;x>=1;x-=x&-x) {if(t[x]!=ts) t[x]=ts,b[x]=0; (s+=b[x])%=MOD;} return s; } }ba,bb;
