【进阶】树状数组的高阶应用

合集 - 数据结构(19)

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1. 离线树状数组

介绍

有一类经典问题：给定一个序列，每次询问一个区间内的元素种类数。

这种题的做法有很多：莫队、分块、主席树……在不强制在线的情况下，他们的效率都较低，有一种效率高、空间小的离线做法：离线树状数组。

例题：

P1972 [SDOI2009] HH的项链

题目大意

给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$，$m$ 次询问，每次询问一个区间 $[l,r]$ 内的元素种类数。

数据范围：$n,m\le {10}^6$。

思路

${10}^6$ 的数据范围直接劝退大多数根号数据结构，主席树还能跑，但效率也挺低的，而且空间占用极大，这里就可以用离线树状数组来做。

我们首先可以推出来一个结论：对于若干个右端点都为 $r$ 的查询区间 $[l,r]$，那么对于多次出现的数我们只关心靠右的那个数，因为只用统计有几个数出现过，反正都被算过一次了，那么靠右位置的完全可以取代左边位置的。

我们先把所有操作离线下来，钦定一个扫描顺序。根据上面的结论，应该把所有操作按照右端点升序排列。

根据上述方式，维护一个数组 $c$，当我们将 $1\sim nowr$ 的数加入计算后，在每个数最后出现的位置打上一个 $1$ 的标记，表示这个位置上出现了一个新的数。

那么对 $c$ 求一遍前缀和得到 $sum$，$su{m}_i$ 就表示 $1\sim i$ 中出现了多少个数，对于每个询问 $[l,r]$ 答案就是 $su{m}_r-su{m}_{l-1}$。

树状数组刚好能支持单点修改，区间求和，所以直接用树状数组维护数组 $c$ 即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$（假定 $n,m$ 同级）。

$\mathtt{\text{Code:}}$

#include <iostream>
#include <algorithm>

#define lowbit(x) x & -x

using namespace std;

const int N = 1000010;
int n, m;
int a[N], pre[N]; //pre[i] 表示 i 上一次出现的位置

struct BIT{ //封装的树状数组
    int c[N];
    void add(int x, int y) {
        for(; x < N; x += lowbit(x)) c[x] += y;
    }
    int ask(int x) {
        int res = 0;
        for(; x; x -= lowbit(x)) res += c[x];
        return res;
    }
}tr;

struct node{
    int id, l, r;
    bool operator< (const node &o) const {
        return r < o.r;
    }
}q[N];
int ans[N];

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    scanf("%d", &m);
    int l, r;
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        scanf("%d%d", &l, &r);
        q[i] = {i, l, r};
    }
    sort(q + 1, q + m + 1);
    int nowr = 1;
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        while(nowr <= q[i].r) { //一直加数直到达到当前查询的右端点
            if(pre[a[nowr]]) tr.add(pre[a[nowr]], -1);
            tr.add(nowr, 1);
            pre[a[nowr]] = nowr; //nowr 将要右移，当前应成为过去
            nowr++;
        }
        ans[q[i].id] = tr.ask(q[i].r) - tr.ask(q[i].l - 1);
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        printf("%d\n", ans[i]);
    return 0;
}

P4113 [HEOI2012] 采花

题目大意：

给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$，$m$ 次询问，每次询问一个区间 $[l,r]$ 中出现次数 $\ge 2$ 的数。

数据范围：$n,m\le 2\times {10}^6$。

思路

从数据范围可看出本题及其毒瘤，貌似只有离线树状数组和离线权值线段树能过。

和上一道题的大体思路差不多，但由于这次要维护出现次数 $\ge 2$ 的数，所以需要 $pre1$ 和 $pre2$ 两个数组分别储存 $i$ 上一次出现的位置和上上次出现的位置。

和上一题不同的是，标记应该打在 $pre{1}_{a_{nowr}}$ 上，而不是 $nowr$ 上。因为当一个区间同时包含 $pre{1}_{a_{nowr}}$ 和 $nowr$ 时才能算数。

$\mathtt{\text{Code:}}$

#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 2000010;

int n, vmax, m;
int a[N];
int pre1[N], pre2[N];

struct BIT{
    int c[N];
    #define lowbit(x) x & -x
    inline void add(int x, int y) {
        for(; x <= n; x += lowbit(x)) c[x] += y;
    }
    inline int ask(int x) {
        int res = 0;
        for(; x; x -= lowbit(x)) res += c[x];
        return res;
    }
}tr;

struct node{
    int id, l, r;
    inline bool operator< (const node &o) const {
        return r < o.r;
    }
}q[N];
int ans[N];

int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &vmax, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    int l, r;
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        scanf("%d%d", &l, &r);
        q[i] = {i, l, r};
    }
    sort(q + 1, q + m + 1);
    int nowr = 1;
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        while(nowr <= q[i].r) {
            if(pre2[a[nowr]]) {
                tr.add(pre2[a[nowr]], -1);
                pre2[a[nowr]] = pre1[a[nowr]];
                tr.add(pre1[a[nowr]], 1);
                pre1[a[nowr]] = nowr;
            }
            else if(pre1[a[nowr]]) {
                pre2[a[nowr]] = pre1[a[nowr]];
                tr.add(pre1[a[nowr]], 1);
                pre1[a[nowr]] = nowr;
            }
            else pre1[a[nowr]] = nowr;
            nowr++;
        }
        ans[q[i].id] = tr.ask(q[i].r) - tr.ask(q[i].l - 1);
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        printf("%d\n", ans[i]);
    return 0;
}

P10814 【模板】离线二维数点

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P2163 [SHOI2007] 园丁的烦恼

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