树状数组(Binary indexed tree)

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• 原理
• 单点修改+区间查询
• 区间修改 + 单点查询
  • 查询
  • 修改
• 区间修改 + 区间查询
  • 查询
  • 修改
• 参考资料

 

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原理

我们想要快速求数组中下标为 x ~ y 的数的和，大家第一时间都会想到用前缀和，时间复杂度为O(1)

但如果说要在线对数组进行修改的话，那用修改前缀和数组就会用O(n)的复杂度，对于q次询问，时间复杂度为O(qn)，速度极不理想

这是我们就可以使用树状数组来维护

树状数组支持单点修改，单点查询，区间修改，区间查询等操作

首先我们要知道：

树状数组有一个很关键的东西，叫做lowbit，

lowbit是将一个二进制数的所有高位一都去掉，只留下最低位的1，

比如lowbit（5）=lowbit（0101（二进制））=0001（二进制）

我们看看树状数组对应的位置及其lowbit

我们会发现，树状数组上的8号位（1000），它的lowbit值为8（1000），管辖着A[ 1 ~ 8 ]的节点

而树状数组上的6号位（0110），它的lowbit值为2（0010），管辖着A[ 5 ~ 6 ]的节点

树状数组上的3号位（0011），它的lowbit值为1（0001），管辖着A[ 3 ~ 3 ]的节点

......

可以猜想，树状数组上的k号位，它的lowbit值为lowbit（k），将会管辖着A[ k-lowbit(k)+1 ~ k ]的节点

所以说，要实现求 1 ~ k 的和，我们可以变为计算A[1 ~ k - lowbit(k) ]与A[ k - lowbit(k) + 1 ~ k]的和

而求A[1 ~ k - lowbit(k) ]的和也是如此，递归下去就可以得到结果

时间复杂度为O(logn)

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单点修改+区间查询

那如何进行单点修改呢？

我们若对A2进行修改，如图，树状数组中2(0010),4(0100),8(1000)号位都会被修改

若对A5进行修改，如图，会对5(0101),6(0110),8(1000)号位造成影响

我们发现，当k号位被修改时，k + lowbit(k) 号位也会被修改，如此递归，到不能修改为止

时间复杂度为O(logn)

所以，对于q次询问，树状数组的时间复杂度只用O(qlogn)

说了那么多，那lowbit该如何实现呢？

这是，前人的智慧就凸显出来了：

lowbit（x）= x & (-x)

上代码：

P3374 【模板】树状数组 1

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5*1e5+5;
int n,m,q,x,y;
struct node{
	node(){
		memset(a,0,sizeof a);
	}
	int a[maxn];
	int sum(int x){
		int ans=0;
		for(;x;x-=x&(-x))ans+=a[x];
		return ans;
	}
	void update(int x,int c){
		for(;x<=n;x+=x&(-x))a[x]+=c;
	}
}T; 
int main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>x;
		T.update(i,x);
	}
	while(m--){
		cin>>q>>x>>y;
		if(q==1)T.update(x,y);
		else cout<<T.sum(y)-T.sum(x-1)<<endl;
	}
	return 0;
}

单点修改，查询1-n的最大值

struct Fenwick_tree{
	int a[maxn+5],tr[maxn+5];
	void update(int now,int c){
		now++;
		a[now]=c;
		while(now<=K){
			tr[now]=a[now];
			for(int i=1;i<(now&(-now));i=(i<<1)){
				tr[now]=max(tr[now],tr[now-i]);
			}
			now+=now&(-now);
		}
	}
	int check(int now){
		now++;
		return tr[now];
	}
}T;

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区间修改 + 单点查询

通过“差分”（就是记录数组中每个元素与前一个元素的差），可以把这个问题转化为问题1。

查询

$\mathrm{设}\mathrm{原}\mathrm{数}\mathrm{组}\mathrm{为}a[i],\mathrm{设}\mathrm{数}\mathrm{组}d[i]=a[i]-a[i-1](a[0]=0)，\mathrm{则}a[i]=\sum _{j=1}^{i}d[j]，\mathrm{可}\mathrm{以}\mathrm{通}\mathrm{过}\mathrm{求}d[i]\mathrm{的}\mathrm{前}\mathrm{缀}\mathrm{和}\mathrm{查}\mathrm{询}。$

修改

$\mathrm{当}\mathrm{给}\mathrm{区}\mathrm{间}[l,r]\mathrm{加}\mathrm{上}x\mathrm{的}\mathrm{时}\mathrm{候}，a[l]\mathrm{与}\mathrm{前}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{元}\mathrm{素}a[l-1]\mathrm{的}\mathrm{差}\mathrm{增}\mathrm{加}\mathrm{了}x，a[r+1]\mathrm{与}a[r]\mathrm{的}\mathrm{差}\mathrm{减}\mathrm{少}\mathrm{了}x。$

$\mathrm{根}\mathrm{据}d[i]\mathrm{数}\mathrm{组}\mathrm{的}\mathrm{定}\mathrm{义}，\mathrm{只}\mathrm{需}\mathrm{给}d[l]\mathrm{加}\mathrm{上}x,\mathrm{给}d[r+1]\mathrm{减}\mathrm{去}x\mathrm{即}\mathrm{可}。$

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区间修改 + 区间查询

这是最常用的部分，也是用线段树写着最麻烦的部分——但是现在我们有了树状数组！

怎么求呢？我们基于问题2的“差分”思路，考虑一下如何在问题2构建的树状数组中求前缀和：

位置p的前缀和 =

$$\sum _{i=1}^{p}a[i]=\sum _{i=1}^p\sum _{j=1}^{i}d[j]$$

在等式最右侧的式子$\sum _{i=1}^p\sum _{j=1}^{i}d[j]$中，$d[1] $\mathrm{被}\mathrm{用}\mathrm{了}$p$\mathrm{次}，$d[2]$\mathrm{被}\mathrm{用}\mathrm{了}$p−1$次……那么我们可以写出：

位置p的前缀和 =

$$\sum _{i=1}^p\sum _{j=1}^{i}d[j]=\sum _{i=1}^{p}d[i]\ast (p-i+1)=(p+1)\ast \sum _{i=1}^{p}d[i]-\sum _{i=1}^{p}d[i]\ast i$$

那么我们可以维护两个数组的前缀和：
一个数组是 $sum1[i]=d[i]$，
另一个数组是 $sum2[i]=d[i]\ast i$。

查询

位置p的前缀和即：$ (p + 1) * sum1$\mathrm{数}\mathrm{组}\mathrm{中}$p$的前缀和 - $sum2$数组中$p$的前缀和。

区间$[l,r]$的和即：位置$r$的前缀和 - 位置$l-1$的前缀和。

修改

对于$sum1$数组的修改同问题2中对d数组的修改。

对于$sum2$数组的修改也类似，我们给 $sum2[l] $\mathrm{加}\mathrm{上}$ l * x$，\mathrm{给}$ sum2[r + 1] $\mathrm{减}\mathrm{去}$ (r + 1) * x$。

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参考资料

“高级”数据结构——树状数组