树状数组修改及查询操作

常见问题：高效率地查询和维护前缀和（或区间和）。

如果数列为静态的，预处理前缀和即可。

如果数列为动态的，改变任意一个元素 $a_{k}$ 的值，都会影响后续前缀和的值。

树状数组可以有效解决此类问题。

lowbit操作

lowbit就是对于十进制数 $x$ ，有

 int lowbit(x) {
    return x & -x;
}

比如 lowbit(20)

 	1  0  1  0  0   <-   20
 &  0  1  1  0  0   <-  -20 = 20各位取反 + 1
 ------------------
    0  0  1  0  0   <-   lowbit(20) = 4

可以发现，lowbit操作就是找到 $x$ 的二进制数的最后一个1，其余全抹成0。

该操作是为了爬链，下面的图展示了树状数组修改和查询。

参考：【董晓算法 C81【模板】树状数组点修+区查区修+点查】https://www.bilibili.com/video/BV17N4y1x7c6?vd_source=d99da713618691ba36ec8e0d718ce6e7

单点修改 + 区间查询

P3374 【模板】树状数组 1

题目描述

如题，已知一个数列，你需要进行下面两种操作：

将某一个数加上 $x$
求出某区间每一个数的和

输入格式

第一行包含两个正整数 $n, m$ ，分别表示该数列数字的个数和操作的总个数。

第二行包含 $n$ 个用空格分隔的整数，其中第 $i$ 个数字表示数列第 $i$ 项的初始值。

接下来 $m$ 行每行包含 $3$ 个整数，表示一个操作，具体如下：

1 x k 含义：将第 $x$ 个数加上 $k$
2 x y 含义：输出区间 $[x, y]$ 内每个数的和

输出格式

输出包含若干行整数，即为所有操作 $2$ 的结果。

输入输出样例 #1

输入 #1

输出 #1

 14
16

说明/提示

【数据范围】

对于 $30 %$ 的数据， $1 \leq n \leq 8$ ， $1 \leq m \leq 10$ ；
对于 $70 %$ 的数据， $1 \leq n, m \leq 10^{4}$ ；
对于 $100 %$ 的数据， $1 \leq n, m \leq 5 \times 10^{5}$ 。

数据保证对于任意时刻， $a$ 的任意子区间（包括长度为 $1$ 和 $n$ 的子区间）和均在 $[- 2^{31}, 2^{31})$ 范围内。

样例说明：

故输出结果14、16

代码

 // 树状数组单点修改
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int n, m;
const int N = 5e5 + 5;
int a[N];
int s[N];
 
int lowbit(int x) {
    return x & -x;
}
 
void update(int x, int k)// 更新单点
{
    while (x <= n) {s[x] += k; x += lowbit(x);}
}
 
int sum(int x)// 输出前缀和
{
    int t = 0;
    while (x) {t += s[x], x -= lowbit(x);}
    return t;
}
 
 
int main()
{
    cin >> n >> m;
    int op, x, y;
    // 初始化
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int a; cin >> a;
        update(i, a);
    }
    // m次操作
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        cin >> op >> x >> y;;
        if (op == 1) update(x, y);
        else cout << sum(y) - sum(x - 1) << endl;
    }
 
 
    return 0;
}

区间修改 + 单点查询

[242 AcWing] 一个简单的整数问题

题目描述

给定长度为 $N$ 的数列 $A$ ，然后输入 $M$ 行操作指令。

第一类指令形如 C l r d，表示把数列中第 $l \sim r$ 个数都加 $d$ 。

第二类指令形如 Q x，表示询问数列中第 $x$ 个数的值。

对于每个询问，输出一个整数表示答案。

输入格式

第一行包含两个整数 $N$ 和 $M$ 。

第二行包含 $N$ 个整数 $A [i]$ 。

接下来 $M$ 行表示 $M$ 条指令，每条指令的格式如题目描述所示。

输出格式

对于每个询问，输出一个整数表示答案。

每个答案占一行。

数据范围

$1 \leq N, M \leq 10^{5}$ ,
$| d | \leq 10000$ ,
$| A [i] | \leq 10^{9}$

输入样例：

 10 5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Q 4
Q 1
Q 2
C 1 6 3
Q 2

输出样例：

思路

我们知道直接对数组 $a [i]$ 求前缀和是求区间和，那么对差分数组 $D [i]$ 求前缀和就是求 $a [i]$ 本身。

比如说给定区间 $[l, r]$ ，在区间内每个数加上 $d$ ，那么就直接把差分数组 $D [l]$ 加上 $d$ ， $D [r + 1]$ 减去 $d$ 。

这样既保证了区间内的修改，有保证了区间外的稳定性。

但可以发现，没有用到差分数组，直接修改这一个区间的前缀和，实际一样的效果。

最后单点查询，直接输出该点所对应差分数组的前缀和就行。

代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int a[N], s[N];
int n, m;
 
int lowbit(int x)
{
    return x & -x;
}
 
void update(int x, int d)
{
    while (x <= n) s[x] += d, x += lowbit(x);
}
 
int sum(int x)
{
    int t = a[x];// 注意这里t初始为a[x]
    while (x) t += s[x], x -= lowbit(x);
    return t;
}
 
int main()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    while (m--) {
        char c; cin >> c;
        if (c == 'C') {
            int l, r, d; cin >> l >> r >> d;
            update(l, d);
            update(r + 1, -d);
        }
        else {
            int x; cin >> x;
            cout << sum(x) << endl;
        }
    }
    return 0;
}

区间修改 + 区间查询

[243 AcWing] 一个简单的整数问题2

题目描述

给定一个长度为 $N$ 的数列 $A$ ，以及 $M$ 条指令，每条指令可能是以下两种之一：

C l r d，表示把 $A [l], A [l + 1], \dots, A [r]$ 都加上 $d$ 。
Q l r，表示询问数列中第 $l \sim r$ 个数的和。

对于每个询问，输出一个整数表示答案。

输入格式

第一行两个整数 $N, M$ 。

第二行 $N$ 个整数 $A [i]$ 。

接下来 $M$ 行表示 $M$ 条指令，每条指令的格式如题目描述所示。

输出格式

对于每个询问，输出一个整数表示答案。

每个答案占一行。

数据范围

$1 \leq N, M \leq 10^{5}$ ,
$| d | \leq 10000$ ,
$| A [i] | \leq 10^{9}$

输入样例：

 10 5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Q 4 4
Q 1 10
Q 2 4
C 3 6 3
Q 2 4

输出样例：

思路

这里需要公式推导。

给定一个数 $k$ ，要求计算 $a_{1} \sim a_{k}$ 所有数之和。

\begin{aligned} a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k} \\ = & D_{1} + (D_{1} + D_{2}) + (D_{1} + D_{2} + D_{3}) + \dots + (D_{1} + D_{2} + \dots + D_{k}) \\ = & k D_{1} + (k - 1) D_{2} + (k - 2) D_{3} + \dots + (k - (k - 1)) D_{k} \\ = & k (D_{1} + D_{2} + \dots + D_{k}) - (D_{2} + 2 D_{3} + \dots + (k - 1) D_{k}) \\ = & k \sum_{i = 1}^{k} D_{i} - \sum_{i = 1}^{k} (i - 1) D_{i} \end{aligned}

这里我们需要两个树状数组维护，称为二阶树状数组。

$k \sum_{i = 1}^{k} D_{i}$ 称为 $s_{1}$ 数组， $\sum_{i = 1}^{k} (i - 1) D_{i}$ 成为 $s_{2}$ 数组。

在更改区间时，两个树状数组同时更新。

注意 $s_{2}$ 的更新，更新左端点 $l$ 时，加上 $(l - 1) \times d$ ；更新右端点 $r$ 时，减去 $(r + 1 - 1) \times d = r \times d$ 。

同时注意维护的单点是 $l$ 和 $r + 1$ 。

查询时输出 $a_{1} \sim a_{r}$ 所有数之和 $-$ $a_{1} \sim a_{l - 1}$ 所有数之和。

！！！（更新区间是 $l$ 和 $r + 1$ ，最后输出是 $l - 1$ 和 $r$ ，一定注意）

代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
typedef long long ll;
#define lowbit(x) (x & -x)
int n, m;
ll s1[N], s2[N]; // 二阶树状数组
void update1(ll x, ll d) {while (x <= n) {s1[x] += d, x += lowbit(x);}}
void update2(ll x, ll d) {while (x <= n) {s2[x] += d, x += lowbit(x);}}
ll sum1(ll x) {auto t = 0ll; while (x) {t += s1[x], x -= lowbit(x);} return t;}
ll sum2(ll x) {auto t = 0ll; while (x) {t += s2[x], x -= lowbit(x);} return t;}
 
int main()
{
    cin >> n >> m;
    ll old = 0, a;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a;
        update1(i, a - old); // 差分1
        update2(i, (i - 1) * (a - old));
        old = a;
    }
    while (m--) {
        char op; cin >> op;
        if (op == 'C') {
            int l, r, d; cin >> l >> r >> d;
            update1(l, d);
            update1(r + 1, -d);
            update2(l, d * (l - 1));
            update2(r + 1, -d * r); // d * r = d * (r + 1 - 1)
        }
        else {
            int l, r; cin >> l >> r;
            cout << r * sum1(r) - (l - 1) * sum1(l - 1) - (sum2(r) - sum2(l - 1)) << endl;
        }
    }
    
    return 0;
}

posted @ 2025-02-25 09:22 AKgrid 阅读(5) 评论(0) 编辑收藏举报

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树状数组修改及查询操作

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	1 0 1 0 0 <- 20
	& 0 1 1 0 0 <- -20 = 20各位取反 + 1
	------------------
	0 0 1 0 0 <- lowbit(20) = 4

	// 树状数组单点修改
	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	using ll = long long;
	int n, m;
	const int N = 5e5 + 5;
	int a[N];
	int s[N];

	int lowbit(int x) {
	return x & -x;
	}

	void update(int x, int k)// 更新单点
	{
	while (x <= n) {s[x] += k; x += lowbit(x);}
	}

	int sum(int x)// 输出前缀和
	{
	int t = 0;
	while (x) {t += s[x], x -= lowbit(x);}
	return t;
	}


	int main()
	{
	cin >> n >> m;
	int op, x, y;
	// 初始化
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
	int a; cin >> a;
	update(i, a);
	}
	// m次操作
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
	cin >> op >> x >> y;;
	if (op == 1) update(x, y);
	else cout << sum(y) - sum(x - 1) << endl;
	}


	return 0;
	}

	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int N = 1e5 + 5;
	int a[N], s[N];
	int n, m;

	int lowbit(int x)
	{
	return x & -x;
	}

	void update(int x, int d)
	{
	while (x <= n) s[x] += d, x += lowbit(x);
	}

	int sum(int x)
	{
	int t = a[x];// 注意这里t初始为a[x]
	while (x) t += s[x], x -= lowbit(x);
	return t;
	}

	int main()
	{
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	while (m--) {
	char c; cin >> c;
	if (c == 'C') {
	int l, r, d; cin >> l >> r >> d;
	update(l, d);
	update(r + 1, -d);
	}
	else {
	int x; cin >> x;
	cout << sum(x) << endl;
	}
	}
	return 0;
	}

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树状数组 修改及查询操作

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