树状数组入门hdu1166，hdu1541，poj1195,poj2299

c1=a1，c2=a1+a2，c3=a3，c4=a1+a2+a3+a4，c5=a5，c6=a5+a6，c7=a7，c8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8，c9=a9，c10=a9+a10，c11=a11........c16=a1+a2+a3+a4+a5+.......+a16。 当 i 为奇数时，ci=ai ；当 i 为偶数时，就要看 i 的因子中最多有二的多少次幂，例如，6 的因子中有 2 的一次幂，等于 2 ，所以 c6=a5+a6（由六向前数两个数的和），4 的因子中有 2 的两次幂，等于 4 ，所以 c4=a1+a2+a3+a4（由四向前数四个数的和）。

（一）对于序列a，我们设一个数组C C[i] = a[i – 2k + 1] + … + a[i] k为i在二进制下末尾0的个数
C即为a的树状数组
int lowbit(int x){
     return x&(-x);   
}
lowbit（）的返回值就是 2^k 次方的值。

 求出来 2^k 之后，数组 c 的值就都出来了，接下来我们要求数组中所有元素的和。
（二）求数组的和的算法如下：
（1）首先，令sum=0，转向第二步；
（2）接下来判断，如果 n>0 的话，就令sum=sum+cn转向第三步，否则的话，终止算法，返回 sum 的值；
（3）n=n - lowbit（n）（将n的二进制表示的最后一个零删掉），回第二步。
代码实现：
int Sum(int n){
    int sum=0;
    while(n>0){
         sum+=c[n];
         n=n-lowbit(n);
    }
        return sum;
}

（三）当数组中的元素有变更时，树状数组就发挥它的优势了，算法如下（修改为给某个节点 i 加上 x ）：
（1）当 i<=n 时，执行下一步；否则的话，算法结束;
（2）ci=ci+x ，i=i+lowbit（i）（在 i 的二进制表示的最后加零），返回第一步。
void change(int i,int x){
     while(i<=n){
          c[i]=c[i]+x;
          i=i+lowbit(i);
     }
}

HDU1166

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 50005
int n;
int a[N],c[N];
int lowbit(int x){
    return (x&-x);
}
void add(int i,int w){
    while(i<=n){
        c[i]+=w;
        i=i+lowbit(i);
    }
}
int sum(int i){
    int sum=0;
    while(i>0){
        sum+=c[i];
        i=i-lowbit(i);
    }
    return sum;
}
int main(){
    int cas=0;
    int t,w,u,v;
    char st[100];
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0;i<=n;i++)
        a[i]=c[i]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&w);
            add(i,w);
        }
        printf("Case %d:\n",++cas);
        while( scanf("%s",st) , strcmp(st,"End") != 0){
            scanf("%d%d",&u,&v);
            if(strcmp(st,"Query") == 0){
                printf("%d\n",sum(v)-sum(u-1));
            } else if(strcmp(st,"Add") == 0){
                add(u,v);
            } else if(strcmp(st,"Sub") == 0) {
                add(u,-v);
            }
        }
    }
}

题意：每个星星有一个等级，该等级为它左下角的星星的个数。星星的坐标按Y坐标为第一关键字X坐标为第二关键字的递增的顺序给出。
最后输出0~n-1等级的星星一共有多少个。
HDU1541

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int size = 32010;
const int N = 15010;
int x;
int c[size];
int ligh[N];
int lowbit(int x){
    return x&(-x);
}
void add(int k){
     while(k<=size){
        c[k]++;
        k+=lowbit(k);
     }
}
int sum(int k){
     int sum=0;
     while(k>0){
        sum+=c[k];
        k-=lowbit(k);
     }
     return sum;
}
int main(){
    int n,y;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF){
          for(int i=0;i<n;i++) ligh[i]=0;
          memset(c,0,sizeof(c));
          for (int i=0;i<n;i++){
              scanf("%d%d",&x,&y);
              ligh[sum(x+1)]++;
              add(x+1);
          }
          for(int i=0;i<n;i++){
              printf("%d\n",ligh[i]);
          }
    }
    return 0;
}

 

POJ二维树状数组

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int M=1300;
int c[M][M],a[M][M],n;
int lowbit(int t){
    return t&(-t);
}
int sum(int p,int q){
    int x=p,y,total=0;
    while(x>0){
        y=q;
        while(y>0){
            total+=c[x][y];
            y-=lowbit(y);
        }
        x-=lowbit(x);
    }
    return total;
}
void add(int p,int q,int w){
    int x=p,y;
    while(x<=n){
        y=q;
        while(y<=n){
            c[x][y]+=w;
            y+=lowbit(y);
        }
        x+=lowbit(x);
    }
}
int main(){
    int m,x1,x2,y1,y2,z;
    memset(c,0,sizeof(c));
    memset(a,0,sizeof(a));
    scanf("%d%d",&m,&n);
    while(scanf("%d",&m)!=EOF){
        if(m==3) break;
        if(m==1){
            scanf("%d%d%d",&x1,&y1,&z);
            x1++;y1++;
            if(z<0&&(-1)*z>a[x1][y1]){
                z=(-1)*a[x1][y1];
                add(x1,y1,z);
                a[x1][y1]=0;
            }else{
                add(x1,y1,z);
                a[x1][y1]+=z;
            }
        }
        if(m==2) {
            scanf("%d%d%d%d",&x1,&x2,&y1,&y2);
            x1++;x2++;y1++;y2++;
            printf("%d\n",sum(y1,y2)+sum(x1-1,x2-1)-sum(y1,x2-1)-sum(x1-1,y2));
        }
    }
}

 http://wenku.baidu.com/view/1f1d56f5ba0d4a7302763af1.html

poj2299

思路（转）：

/*
树状数组，具体的说是 离散化+树状数组。这也是学习树状数组的第一题.
算法的大体流程就是：
1.先对输入的数组离散化，使得各个元素比较接近，而不是离散的，
2.接着，运用树状数组的标准操作来累计数组的逆序数。
算法详细解释：
1.解释为什么要有离散的这么一个过程？
    刚开始以为999.999.999这么一个数字，对于int存储类型来说是足够了。
    还有只有500000个数字，何必要离散化呢？
    刚开始一直想不通，后来明白了，后面在运用树状数组操作的时候，
    用到的树状数组C[i]是建立在一个有点像位存储的数组的基础之上的，
    不是单纯的建立在输入数组之上。
    比如输入一个9 1 0 5 4，那么C[i]树状数组的建立是在，

    数据：9 1 0 5 4  p[i].val
    编号：1 2 3 4 5  p[i].oder = i*************
    sort
    数据：0 1 4 5 9
    编号：3 2 5 4 1
    顺序：1 2 3 4 5

    a[p[i].编号] = 顺序号;**********************

    a[3] = 1<--0;
    a[2] = 2<--1;
    a[5] = 3<--4;
    a[4] = 4<--5;
    a[1] = 5<--9;

    a[]={ 5 2 1 4 3 }

    新号：1 2 3 4 5
    值  ：


    下标 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
    数组 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1
    现在由于999999999这个数字相对于500000这个数字来说是很大的，
    所以如果用数组位存储的话，那么需要999999999的空间来存储输入的数据。
    这样是很浪费空间的，题目也是不允许的，所以这里想通过离散化操作，
    使得离散化的结果可以更加的密集。
2. 怎么对这个输入的数组进行离散操作？
   离散化是一种常用的技巧，有时数据范围太大，可以用来放缩到我们能处理的范围；
   因为其中需排序的数的范围0---999 999 999；显然数组不肯能这么大；
   而N的最大范围是500 000；故给出的数一定可以与1.。。。N建立一个一一映射；
   ①当然用map可以建立，效率可能低点；
   ②这里用一个结构体
   struct Node
   {
      int v,ord;
   }p[510000];和一个数组a[510000];

   其中v就是原输入的值，ord是下标；
   然后对结构体按v从小到大排序；

   此时，v和结构体的下标就是一个一一对应关系，
   而且满足原来的大小关系；

   for(i=1;i<=N;i++)
   a[p[i].ord]=i;

   然后a数组就存储了原来所有的大小信息；
   比如 9 1 0 5 4 ------- 离散后aa数组
   就是 5 2 1 4 3；
   具体的过程可以自己用笔写写就好了。
3. 离散之后，怎么使用离散后的结果数组来进行树状数组操作，计算出逆序数？
    如果数据不是很大， 可以一个个插入到树状数组中，
    每插入一个数， 统计比他小的数的个数，
    对应的逆序为 i- getsum( aa[i] ),
    其中 i 为当前已经插入的数的个数，
    getsum( aa[i] ）为比 aa[i] 小的数的个数,
    i- sum( aa[i] ) 即比 aa[i] 大的个数， 即逆序的个数
    但如果数据比较大，就必须采用离散化方法
    假设输入的数组是9 1 0 5 4， 离散后的结果aa[] = {5,2,1,4,3};
在离散结果中间结果的基础上，那么其计算逆序数的过程是这么一个过程。
1，输入5，   调用upDate(5, 1),把第5位设置为1
1 2 3 4 5
0 0 0 0 1
计算1-5上比5小的数字存在么？ 这里用到了树状数组的getSum（5） = 1操作，
现在用输入的下标1 - getSum(5) = 0 就可以得到对于5的逆序数为0。
2. 输入2， 调用upDate(2, 1),把第2位设置为1
1 2 3 4 5
0 1 0 0 1
计算1-2上比2小的数字存在么？ 这里用到了树状数组的getSum（2） = 1操作，
现在用输入的下标2 - getSum(2) = 1 就可以得到对于2的逆序数为1。
3. 输入1， 调用upDate(1, 1),把第1位设置为1
1 2 3 4 5
1 1 0 0 1
计算1-1上比1小的数字存在么？ 这里用到了树状数组的getSum（1） = 1操作，
现在用输入的下标 3 - getSum(1) = 2 就可以得到对于1的逆序数为2。
4. 输入4， 调用upDate(4, 1),把第5位设置为1
1 2 3 4 5
1 1 0 1 1
计算1-4上比4小的数字存在么？ 这里用到了树状数组的getSum（4） = 3操作，
现在用输入的下标4 - getSum(4) = 1 就可以得到对于4的逆序数为1。
5. 输入3， 调用upDate(3, 1),把第3位设置为1
1 2 3 4 5
1 1 1 1 1
计算1-3上比3小的数字存在么？ 这里用到了树状数组的getSum（3） = 3操作，
现在用输入的下标5 - getSum(3) = 2 就可以得到对于3的逆序数为2。
6. 0+1+2+1+2 = 6 这就是最后的逆序数
分析一下时间复杂度，首先用到快速排序，时间复杂度为O(NlogN),
后面是循环插入每一个数字，每次插入一个数字，分别调用一次upData()和getSum()
外循环N, upData()和getSum()时间O(logN) => 时间复杂度还是O(NlogN).
*/

代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N=500005;
int n;
int b[N],c[N],d[N];
int cmp(int x,int y){
    return c[x]<c[y];
}
int lowbit(int x){
    return x&(-x);
}
void add(int i,int w){
    while(i<=n){
        c[i]+=w;
        i=i+lowbit(i);
    }
}
int getSum(int i){
    int sum=0;
    while(i>0){
        sum+=c[i];
        i=i-lowbit(i);
    }
    return sum;
}
int main(){
    int i,j;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n){
        for(i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&c[i]);
            b[i]=i;
        }
        sort(b+1,b+n+1,cmp);
        for(i=1;i<=n;i++){
            d[b[i]]=i;
        }
        memset(c,0,sizeof(c));
        long long sum=0;
        for(i=1;i<=n;i++){
            add(d[i],1);
            sum+=(long long )i-getSum(d[i]);
            //printf("%d--->%d\n",d[i],i-getSum(d[i]));
        }
        printf("%I64d\n",sum);
    }
    return 0;
}