高级数据结构之树状数组
————————————————————————这些是转的，出处不明———————————————————————————————
树状数组比较适合单个元素改变，反复求部分和，或者区间更新，单点求值。
先看的是一维的树状数组。
树状数组是一个很天才的想法，考虑这样的一种情景，对于一组数据，你经常要求他们某个区间的和，而却这组数据里的元素会经常的改变，最朴素的想法就是暴力，O(1)的修改，O(n)的查询，或O(n)的修改O(1)的查询（就是记录）。第二种想法就是线段树，查询和修改的复杂度都是O(logn)，线段树的编程复杂度比较高，常数因子也较大。有一种时间复杂度也是O(logn)的而且编程复杂度很简单的方法，就是用树状数组。树状数组的灵感是来源于二进制、线段树和O(1)查询O(n)修改算法（其实是我自己的灵感啦哈哈），二进制有01组成，每一个数字都有自己对应的一个二进制，既然线段数是把数据按二分的思想，把区间分成两个一样大小的区间，把大问题分解成两个小的子问题，那么在一组规模大小是10010110的数据，同样的我们也可以把区间分成一个个子区间，把大问题分解成一个个小问题，那么要怎么分解呢？看这二进制就明白了，我们要把区间分解成一个个大小不一的子区间，使它们加起来刚好就是原来的区间，很明显这个二进制可以分成：
如果我们要求1到10010100的和，即可用四个子区间组成原问题
[1,10]
[11,100]
[1001,10000]
[10001,10010100]
把它们加起来就是了，这就是说我们每次都把10010110最右边的“1”拿出来，作为子区间的右边界，左边界就是前一个子区间的右边界加1，第一个子区间的左边界是1.用位运算，把最右边的1分解，i&(i^(i-1))即i&(-i)，这是自低向上的把区间分解出来，接下来就是定义tree[i]来递推了，按照上面的分法，很难定义，所以我们自顶向下的分区间试试看能不能容易的定义，分的四个区间:
[10010101,10010110]
[10010001,10010100]
[10000001,10010000]
[00000001,10000000]
这样定义起来就很方便了，我們可以看到右區間就是每往下都去掉一個最右邊的1，tree[i]就是区间[i-(i&-i)+1,i]的和，由这里的定义知道，树状数组要从1开始计数，而不是c／c++一向的0开始。求和函数就这样写:
1 int get_sum(int i) 2 { 3 int sum = 0; 4 while(i) { 5 sum += tree[i]; 6 i -= i & -i; 7 } 8 return sum; 9 }
这样的话，求区间[i,j]的值就是get_sum(j)-get_sum(i-1)了。如果经常求一个单个元素的指，这样写就重复计算了。我们可以在tree[i]所覆盖的范围中，减去除a[i]以外的（一般树状数组是不保存原始数据a[i]的，一般而已），因为每次都是减去最右边的1然后加1，就是减的范围不能小于等于i-(i&-i)，很明显，i-1>=i-(i&-i)，也就是说只要这个数字i'在范围内（不包括等于），那么它所覆盖的范围不会超过i-(i&-i)，因为它怎么减去最右边的1，至少等于i-(i&-i)，而覆盖范围的下界是i'-(i'&-i')+1,所以我们可以这样写：
1 int get_single(int i) 2 { 3 int s = tree[i],z=i-(i&-i); 4 --i; 5 while(i>z) { 6 s -= tree[i]; 7 i -= i&-i; 8 } 9 return s; 10 }
查询已经搞定了，现在就看看修改的时候要怎么做了。先看看树状数组的图是怎样的。
很明显，当我修改了a[i]的值，那么最小的，收到影响的首当其冲是tree[i]，接着就是一级级往上影响它的父亲节点。所以这里的重点就是在于怎么找一个节点的父亲节点。我们知道，一个节点的父亲节点序号肯定比它大，那么我们就是要找一个范围能覆盖i的最小的j，那个j就是i的父节点，那么就很明显i的父节点不会是由i最右边1的右边的0变成1变成的,因为那样的j把最右1去掉再加1后，覆盖范围刚好覆盖不到i，所以就只能由最右边1的左边的0变成1，而现在要找的是最小的，因此我们只要把加上一个最右1就可以了，代码这样写：
1 void modify(int i,int c) 2 { 3 while(i<=MIX) { //MIX代表树状数组最大的编号 4 tree[i] += c; 5 i += i&-i; 6 } 7 }
查询和修改的时间复杂度都是O(logn)。
树状数组的主要操作函数就是修改＆＆求和，那么就是说还可以用在统计计数方面的情景。通常对于这些统计计数的情景，遍历的顺序挺重要的，有时候前到后遍历简单，有时候后到前遍历简单。
一维的树状数组就是这样，下面就先来看两题水题，来看看怎么用树状数组，poj2352。
题目的大意就是说给你一堆星星的坐标(x,y)，然后要你输出每一层的星星的数量，层的意思是有多少颗星的x和y不大于这颗星星。由于他输入的时候已经是按y从小到大的输入，所以层数的计算，我们只需要判断当前输入的这颗星星的x坐标，大过他前面输入的多少颗星星就可以了。所以我们令tree[i]是x坐标是i的星星个数，要求层数的时候，就get_sum就可以了。具体的代码如下：
1 #include<stdio.h> 2 #include<memory.h> 3 #define MIX 32001 4 int tree[MIX],n,result[15000]; 5 int lowbit(int x) {return x&(-x);} 6 int get_sum(int k) 7 { 8 int s=0; 9 while(k>0) { 10 s+=tree[k]; 11 k-=lowbit(k); 12 } 13 return s; 14 } 15 void modify(int pos,int a) 16 { 17 while(pos<=MIX) { 18 tree[pos]+=a; 19 pos+=lowbit(pos); 20 } 21 } 22 int main(void) 23 { 24 int i,x,y; 25 memset(tree,0,sizeof(tree)); 26 memset(result,0,sizeof(result)); 27 scanf("%d",&n); 28 for(i=0; i<n; ++i){ 29 scanf("%d %d",&x,&y); 30 ++x; 31 ++result[get_sum(x)]; 32 modify(x,1); 33 } 34 for(i=0; i<n; ++i) printf("%d\n",result[i]); 35 return 0; 36 }
下面再来看一题目poj2299，这题目的转化后的意思就是给你一组数字，然后要你求这组数中的逆序对有多少。有两种方法做这题，一种是归并排序变形，一种就是树状数组，归并排序的方法是算法导论上的习题，在CLRS总结上面有这里就不说了，只说树状数组的方法。如何数据范围不大的话，我们就可以直接定义tree[i]代表数字i的个数，然后从后往前的遍历，这样就可以知道每个数字排在它后面却比它小的数字有多少个了，累加就可以了。也可以从前往后遍历，不过这时候get_sum(i)的值代表的是a[i]前面小于等于a[i]的有多少个，i-get_sum(i)就是大于在a[i]前面并且大于他的数了。然而这里的数据范围很打，a[i]的值能取到999999999，我们不可能开一个这么大的数组，所以在这里我们要用离散化先处理数组，离散化的意思，就是把原来的值建立一个新的一一映射，使范围减少，建立一个紧凑的范围，减少空间，在范围大而数据数量相对比较少的情况下很使用，在这题中，例如99999999 1 123 1583，我们建立的一一映射就是4 1 2 3，然后按照这个新的映射关系和之前的做法一样。代码如下：
1 #include<stdio.h> 2 #include<memory.h> 3 #define MIX 500001 4 struct node { 5 int v,idx; 6 } a[MIX]; 7 int tree[MIX],f[MIX]; 8 int lowbit(int x) {return x&(-x);} 9 void modify(int x,int b) 10 { 11 while(x<=MIX) { 12 tree[x] += b; 13 x += lowbit(x); 14 } 15 } 16 int get_sum(int x) 17 { 18 int sum = 0; 19 while(x) { 20 sum += tree[x]; 21 x -= lowbit(x); 22 } 23 return sum; 24 } 25 26 void swap(struct node* a,struct node *b) 27 { 28 struct node temp = *a; *a = *b; *b = temp; 29 } 30 31 int med(struct node *a,int low,int hight) 32 { 33 int center = (low+hight)>>1; 34 if(a[center].v > a[hight].v) 35 swap(&a[center],&a[hight]); 36 if(a[low].v > a[hight].v) 37 swap(&a[low],&a[hight]); 38 if(a[low].v < a[center].v ) 39 swap(&a[low],&a[center]); 40 return a[low].v; 41 } 42 43 void myqsort(struct node *a,int low,int hight) 44 { 45 if(low<hight) { 46 int i = low, j = hight,x=med(a,low,hight); 47 struct node tmp; 48 for(;;) { 49 while (a[++i].v < x) ; 50 while (a[--j].v > x) ; 51 if(i<j) { 52 tmp = a[i]; a[i] = a[j]; a[j] = tmp; 53 } else { 54 tmp = a[low]; a[low] = a[j]; a[j] = tmp; 55 break; 56 } 57 } 58 myqsort(a,low,j-1); 59 myqsort(a,j+1,hight); 60 } 61 } 62 int main(void) 63 { 64 int n,i; 65 long long sum; 66 a[0].v = -999999; 67 while(scanf("%d",&n),n) { 68 memset(tree,0,sizeof(tree)); 69 for(i=1; i<=n; ++i) { 70 scanf("%d",&a[i].v); 71 a[i].idx = i; 72 } 73 myqsort(a,1,n); 74 sum = 0; 75 for(i=1; i<=n; ++i) { 76 f[a[i].idx] = i; 77 for(i=n; i; --i) { 78 sum += get_sum(f[i]); 79 modify(f[i],1); 80 } 81 printf("%lld\n",sum); 82 } 83 }
上面两题都是单点更新，区间求和的，下面来看看树状数组是怎么区间更新，单点求值。Hdu1556，题意就是说总共有N个数，每次给个一个区间[a,b]给你，区间内的数全部+1，N次之后，要求输出每一个位置上的值。朴素的方法是每次遍历区间，+1，这样的复杂度是O(testcases＊N＊N)，想不超时都难。这题的概述第一时间想到的是线段树，不过也可以用树状数组，甚至不用树状数组，直接用数组。这里要思考的是有没有一种修改方法不用遍历区间呢，不遍历就能达成遍历的效果，就相当于我修改一个值，后面的值也会受到影响，貌似用求和的思想可以达成影响后面的值，那么就是说，假设num[a]到num[b]要+1，只需要我们想一下tree[i]的定义，我们定义tree[i]代表对[i,N]的贡献，那么每当[a,b]要+1的时候，我们就可以tree[a]+=1，这是从[b+1,N]都多加了1，所以要tree[b+1]-=1。所以当要输出位置i加了多少次，就是get_sum(i)，这里是抽象的来看，如果微观的看的话，要注意tree是怎么加的，不是累加，所以不会变多。在这题里是全部都输入之后，再从头输出i的值，所以就直接开一个数组就行了。可是如果是输入中间夹杂着多次查询的话，就要用树状数组了，很数组差不多[a,b]要加1，就modify(a,1),modify(b+1,-1)。下面是树状数组的代码：
1 #include<stdio.h> 2 #include<memory.h> 3 #define MIX 100001 4 int tree[MIX]; 5 void modify(int i,int c) 6 { 7 while(i<=MIX) { 8 tree[i] += c; 9 i += i & -i; 10 } 11 } 12 int get_sum(int i) 13 { 14 int sum = 0; 15 while(i) { 16 sum += tree[i]; 17 i -= i& -i; 18 } 19 return sum; 20 } 21 int main(void) 22 { 23 int n,a,b,i; 24 while(scanf("%d",&n),n) { 25 memset(tree,0,sizeof(tree)); 26 for(i=0; i<n; ++i) { 27 scanf("%d%d",&a,&b); 28 modify(a,1); 29 modify(b+1,-1); 30 } 31 for(i=1; i<n; ++i) 32 printf("%d ",get_sum(i)); 33 printf("%d\n",get_sum(n)); 34 } 35 return 0; 36 }
一维的树状数组大概就是这样了，现在说二维的树状数组。二维树状数组对应的是矩阵，是一维的扩展，一般用来快速求子矩阵的和，在二维树状数组中，tree[x][y]代表的是左上角是（x-lowbit(x)+1,y-lowbit(y)+1），右下角是(x,y)的矩阵的和。很明显求左上角是（1，1），右下角是(x,y)的求和就是二重循环枚举x，y，一个个子矩阵的叫上去。代码：
1 int get_sum(int x,int y) 2 { 3 int sum=0,y1; 4 while(x) { 5 y1 = y; 6 while(y1) { 7 sum += tree[x][y1]; 8 y1 -= y1 & -y1; 9 } 10 x -= x & -x; 11 } 12 }
modify函数也是差不多的
1 void modify(int x,int y,int val) 2 { 3 while(x<=MAX_X) { 4 int y1 = y; 5 while(y1<=MAX_Y) { 6 tree[x][y1] += val; 7 y1 += y1 & -y1; 8 } 9 x += x & -x; 10 } 11 }
查询和修改的时间复杂度是O(logMAX_X * logMAX_Y)。下面就看看怎么用了，poj2215，题目大意是一个N＊N矩阵，初始0，有两个操作，一个是C x1 y1 x2 y2，就是把左上角是(x1,y1)右下角是(x2,y2)的子矩阵的每一位取反（0变1，1变0）.这样和上面那题其实是差不多的，我们不用真的记录矩阵的真实值，只记录变化了多少次就可以了。因为一开始是0，所以就是说变化的次数是偶数就是0，是奇数就是1.tree[x][y]的数值代表(x,y)到(n,n)导致了多少变化，和上题一样modify时会把不应该变的也变了，所以还要变回来。代码如下:
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #define N 1000 4 int tree[N+1][N+1],n; 5 void modify(int x,int y,int val) 6 { 7 while(x<=n) { 8 int y1 = y; 9 while(y1<=n) { 10 tree[x][y1] += val; 11 y1 += y1&-y1; 12 } 13 x += x&-x; 14 } 15 } 16 int get_sum(int x,int y) 17 { 18 int sum = 0,y1; 19 while(x) { 20 y1 = y; 21 while(y1) { 22 sum += tree[x][y1]; 23 y1 -= y1&-y1; 24 } 25 x -= x&-x; 26 } 27 return sum; 28 } 29 int main(void) 30 { 31 int T,X,x1,y1,x2,y2; 32 char c; 33 scanf("%d",&X); 34 getchar(); 35 while(X--) { 36 memset(tree,0,sizeof(tree)); 37 scanf("%d%d",&n,&T); 38 getchar(); 39 while(T--) { 40 scanf("%c %d %d",&c,&x1,&y1); 41 getchar(); 42 if(c=='C') { 43 scanf("%d %d",&x2,&y2); 44 getchar(); 45 modify(x1,y1,1); 46 modify(x1,y2+1,1); 47 modify(x2+1,y1,1); 48 modify(x2+1,y2+1,1); 49 } else 50 printf("%d\n",get_sum(x1,y1)&1); 51 } 52 putchar('\n'); 53 } 54 }
HDU4267，12年长春网络赛的题，是挺好的一题，题目大意是先给你一组数，然后有两个操作，一个是1 a b k c，意思是将[a,b]内符合(i-a)%k=0的位置都加上c，另一个操作是2 a，意思是查询位置a的值是多少。这题是区间内离散位置的更新，然后是单点求值。而无论是线段树还是树状数组的区间更新都是连续的更新，这里是离散，所以肯定一棵树是解决不了的。这里我们用线段树来解决这个问题，先看看有多少情况，1<=k<=10，k有10种情况，mod k有10种情况，那么总共就有100种情况了，那么我们就维护100个树状数组，每次只更新一个，查询的时候，就把相应的加起来就是了。所以我们一样用区间更新，单点取值的方法来做这题目，也就是get_sum(i)代表i位置上的值。那么就是tree[k][x%k][x]，这里其实我们可以令q=(k-1)*10+x%k，也能分离出各种不同情况，只需要开一个的二维的就能代替原来的3维了。代码如下：
1 #include<stdio.h> 2 #include<memory.h> 3 #define MIX 50000 4 int n,num[MIX+1]; 5 int tree[100][MIX+1]; 6 void modify(int k,int i,int val) 7 { 8 while(i<=n) { 9 tree[k][i] += val; 10 i += i&-i; 11 } 12 } 13 14 int get_sum(int k,int i) 15 { 16 int sum = 0; 17 while(i) { 18 sum+=tree[k][i]; 19 i -= i&-i; 20 } 21 return sum; 22 } 23 24 int main(void) 25 { 26 int i,Q,a,b,k,c,p; 27 while(scanf("%d",&n)!=EOF) { 28 memset(tree,0,sizeof(tree)); 29 for(i=1; i<=n; ++i) scanf("%d",num+i); 30 scanf("%d",&Q); 31 while(Q--) { 32 scanf("%d",&p); 33 if(p==2) { 34 scanf("%d",&p); 35 a = num[p]; 36 for(i=1; i<=10; ++i) 37 a += get_sum((i-1)*10+p%i,p); 38 printf("%d\n",a); 39 } else { 40 scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&k,&c); 41 b -= (b-a)%k; 42 modify((k-1)*10+a%k,a,c); 43 modify((k-1)*10+b%k,b+1,-c); 44 } 45 } 46 } 47 }
这个方法的空间占用比较大，因为每棵树都有大量的空间是浪费的，不会怎么用到的，按照k的范围，我们只开k课树，在第k课树更新的时候[a,b]的时候，会把区间里面不应该变化的点也变化了，如果我们把这些离散的点，映射成一个个连续的点就可以解决问题了，在第k课树，把1,1+k,1+2k...; 2,2+k,2+2k...等等都连续的放在一起，那么更新的时候就不会把不该更新的也更新了。那么映射就是1～1，1+k～2，1+2k～3...建立映射的代码如下:
1 void init() 2 { 3 int k,i,j,s; 4 for(k=1; k<=10; ++k) { 5 s = 1; 6 for(i=1;i<=k; ++i) { 7 for(j=i; j<=MIX; j+=k) 8 f[k][j] = s++; 9 } 10 } 11 }
注意，当应用了这个映射的方法之后，modify要上溯到MIX才行，因为原来的位置打乱了。
现在来总结一下树状数组
作用在统计求和，根据这个和代表的东西不同，灵活应用来解决问题。求和和更新的时间复杂度都是O(logn)。
通常有两种用法：1、单点更新，区间求和
此时tree[i]代表[i-i&-i,i]的和，get_sum(i)代表[1,i]的和
2、区间更新，单点求值 多个modify，把多加的减回去。
此时tree[i]表示[i-i&-i,i]对[i,MIX]的贡献,get_sum(i)代表i位置上的值
对于二维的树状数组，和一维的差不多，只不过是用于矩阵的求和。
———————————————————————以下是补充———————————————————————————————
树状数组也可以做到区间修改和区间查询。
给区间[l, r]同时加上x，令：
s(i) = 加上x之前的sum{a[1..i]}
s`(i) = 加上x之后的sum{a[1..i]}
那么，有：
where i ＜ l → s`(i) = s(i)
where l ≤ i ≤ r →s`(i) = s(i) + x * (i - l + 1) = s(i) + x * i - x * (l - 1)
where r ＜ i → s`(i) = s(i) + x * (r - l + 1)
令sum(bit, i)为树状数组bit的前 i 项和。构建两个数组bit0和bit1，并设：
sum{a[1..i]} = sum(bit1, i) * i + sum(bit0, i)
那么，要给[l, r]同时加上x，那么有：
在bit0的l位置加上-x(l-1)
在bit1的l位置加上x
在bit0的r+1位置加上xr
在bit1的r+1位置加上-x
便能在O(logn)实现对树状数组的更新和查询操作。
然后我们来看一道题，POJ3468 A Simple Problem with Integers。
题目大意：给n个数，q个询问，每次给一个区间加上同一个值，或者询问一个区间和。
然后就是这个树状数组的裸题咯，直接上代码吧。
虽然修改的时候，c*r不会爆int，但是读入a数组的时候，a*i会爆int请注意……
代码（1985MS）（为何POJ的G++会比C++慢一倍……）：
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 typedef long long LL; 7 8 const int MAXN = 100010; 9 10 LL bit0[MAXN], bit1[MAXN]; 11 int n, q; 12 13 inline int lowbit(int x) { 14 return x & -x; 15 } 16 17 void modify(LL *bit, int k, LL val) { 18 while(k <= n) { 19 bit[k] += val; 20 k += lowbit(k); 21 } 22 } 23 24 LL get_sum(LL *bit, int k) { 25 LL ret = 0; 26 while(k) { 27 ret += bit[k]; 28 k -= lowbit(k); 29 } 30 return ret; 31 } 32 33 void modify(int l, int r, LL val) { 34 modify(bit0, l, - val * (l - 1)); 35 modify(bit1, l, val); 36 modify(bit0, r + 1, val * r); 37 modify(bit1, r + 1, -val); 38 } 39 40 LL get_sum(int l, int r) { 41 LL sum1 = get_sum(bit1, l - 1) * (l - 1) + get_sum(bit0, l - 1); 42 LL sum2 = get_sum(bit1, r) * r + get_sum(bit0, r); 43 return sum2 - sum1; 44 } 45 46 int main() { 47 int l, r, a; 48 scanf("%d%d", &n, &q); 49 for(int i = 1; i <= n; ++i) 50 scanf("%d", &a), modify(i, i, a); 51 while(q--) { 52 char c; 53 scanf(" %c", &c); 54 if(c == 'C') { 55 scanf("%d%d%d", &l, &r, &a); 56 modify(l, r, a); 57 } else { 58 scanf("%d%d", &l, &r); 59 printf("%I64d\n", get_sum(l, r)); 60 } 61 } 62 }
