树状数组总结

树状数组

（一）树状数组基础

一、二进制拆分

我们知道，对于任意的非负整数 $n$ ，可表示为：

$$n=2^{i_1}+2^{i_2}+\cdots +2^{i_m}$$

不妨设 $i_1>i_2>\cdots >i_m$ ，进一步地，区间 $[1,x]$ 可以分成 $O(lo{g}_{2}x)$ 个小区间：

1. 长度为 $2^{i_1}$ 的小区间 $[1,2^{i_1}]$

2. 长度为 $2^{i_2}$ 的小区间 $[2^{i_1}+1,2^{i_1}+2^{i_2}]$

3. 长度为 $2^{i_3}$ 的小区间 $[2^{i_1}+2^{i_2}+1,2^{i_1}+2^{i_2}+2^{i_3}]$

   $\cdots \cdots$

$$ m. 长度为 $2^{i_m}$ 的小区间 $[2^{i_1}+2^{i_2}+\cdots +2^{i_{m-1}}+1,2^{i_1}+2^{i_2}+2^{i_3}+\cdots +2^{i_m}]$

一个不难发现的规律是，若区间设为 $[L,R]$ ，

那么区间长度等于 $R$ 的 “二进制拆分” 结果的 $2^{i_1}$，即 $lowbit(R)$。

如区间 $[1,7]$ 可分成 $[1,4]$ , $[5,6]$ 和 $[7,7]$ 三个小区间，

长度分别为 $lowbit(4)=4$ ， $lowbit(6)=2$ 和 $lowbit(7)=1$ 。

二、树状数组

树状数组就是一种基于 “二进制拆分” 思想的数据结构，我们建立一个数组 $c$ ，

其中 $c_i$ 保存要维护的原数组 $a$ 的区间$[x-lowbit(x)+1,x]$ 中所有数的和，

即 ${\displaystyle \sum _{j=x-lowbit(x)+1}^{x}A[i]}$ 。

事实上，数组 $c$ 可以看做如下图的一个树形结构，

最下面一行为 $N$ 个叶节点，代表数值 $a[i\sim n]$ 。

性质：

1. 每个内部节点 $c[x]$ 保存以它为根的子树中所有叶节点的和；
2. 每个内部节点 $c[x]$ 的子节点个数等于 $lowbit(x)$ 的位数；
3. 除树根外，每个内部节点 $c[i]$ 的父节点是 $c[x+lowbit(x)]$；
4. 树的深度为 $O(logN)$ 。

查询前缀和 $O(logN)$ ：

int ask(int x)
{
    int ans=0;
    while(x)
    {
	ans+=c[x];
	x-=lowbit(x);
    }
    return ans;
}

单点增加 $O(logN)$ ：

void add(int x,int y)
{
    while(x<=n)
    {
	c[x]+=y;
	x+=lowbit(x);
    }
}

初始化：

1. 简便写法 $O(NlogN)$

memset(c,0,sizeof(c));
for(int i=1;i<=n;i++)
    add(i,a[i]);

2. 高效写法 $O(N)$

从小大依次考虑每个节点 $x$ ，借助 $lowbit$ 运算扫描它的子叶子并求和，树形结构中的每条边只会被遍历一次。

for(int i=1;i<=n;i++)
    s[i]=s[i-1]+a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
    c[i]=s[i]-s[i-lowbit(i)];

时间复杂度为：

$$O(\sum _{k=1}^{\log N}k\times \frac{N}{2^k})=O(N)$$

Example: 单点修改，区间查询

输入一个数列 $a_1,a_2,\cdots ,a_n(1\le n\le 100000)$，

在数列上进行 $m(1\le m\le 100000)$ 次操作，操作有以下两种：

1. 格式为 $CIX$，其中 $C$ 为字符 "$C$ "，$I$ 和 $X(1\le I\le n,|X|\le 10000)$ 都是整数，表示把把 $a[I]$ 改为 $X$

2. 格式为 $QLR$，其中 $Q$ 为字符 "$Q$ "，$L$ 和 $R$ 表示询问区间为 $[L,R](1\le L\le R\le n)$，表示询问 $A[L]+\cdots +A[R]$ 的值。

for(int i=1;i<=n;i++)
{
    int a;
    scanf("%d",&a);
    add(i,a);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
    char s;
    int b,d;
    scanf("\n%c %d%d",&s,&b,&d);
    if(s=='C') add(b,d-(ask(b)-ask(b-1)));
    else printf("%d\n",ask(d)-ask(b-1));
}

（二）树状数组拓展

一、树状数组与逆序对

任意给定一个集合 $a$，如果用 $t[val]$ 存储 $val$ 在集合 $a$ 中出现的次数，

那么数组 $t$ 在 $[l,r]$ 上的区间和（即 $\sum _{i=l}^{r}t[i]$）就表示集合 $a$ 在 $[l,r]$ 中的数有多少个。

因此，我们可以在集合 $a$ 的数值范围上建立一个树状数组，维护 $t$ 的前缀和。

这样就可以高效地统计在集合 $a$ 中插入或删除一个数。

Example1: 逆序对统计 Luogu P1908

给定一个整数序列 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$，如果存在 $i<j$ 并且 $a_i>a_j$ ，那么我们称之为逆序对。

求逆序对的数目。

利用上述思路，我们可以利用树状数组求出逆序对个数，解法如下：

1. 在序列 $a$ 的数值范围上建立树状数组 $t$，初值为 $0$。

2. 倒序扫描序列 $a$，对于每个数 $a[i]$：

   (1) 在 $t$ 中查询 $1\sim a[i]-1$ 的前缀和，累加到 $ans$ 中；

   (2) 把位置为 $a[i]$ 的数加 $1$（即 $t[a[i]]+1$），表示数值 $a[i]$ 又出现了一次。

3. $ans$ 即为所求。

for(int i=n;i>=1;i--)
{
    ans+=ask(a[i]-1);
    add(a[i],1);
}
printf("%lld\n",ans);

Tips:

因为倒序扫描，“已经出现过的数” 就是在 $a[i]$ 后面的数。

这个数 $x\in [i,a[i]-1]$（即比 $a[i]$ 小），又在 $a[i]$ 后面，满足逆序对定义。

Example2: 楼兰图腾 AcWing241

平面上有 $N(N\le {10}^5)$个点，每个点的横、纵坐标的范围都是 $1\sim N$，任意两个点的横、纵坐标都不相同。

若三个点 $(x1,y1),(x2,y2),(x3,y3)$ 满足 $x1<x2<x3,y1>y2$ 并且 $y3>y2$，则称这三个点构成 "$V$" 字图腾。

若三个点 $(x1,y1),(x2,y2),(x3,y3)$ 满足 $x1<x2<x3,y1<y2$ 并且 $y3<y2$，则称这三个点构成 "$A$" 字图腾。

求平面上 "$V$" 和 "$A$" 字图腾的个数。

1. 将 $n$ 个点排序，记序列为 $a$。
2. 倒序扫描 $a$，求 $a[i]$ 后面有几个数比它大，记为 $ans1[i]$；
3. 正序扫描 $a$，求 $a[i]$ 前面有几个数比它大，记为 $ans2[i]$；
4. 以 $i$ 为中心的 “$V$” 字图腾的个数为 $ans1[i]\times ans2[i]$，“$V$” 字图腾的总数则为：

$$sum1=\sum _{i=1}^{N}ans1[i]\times ans2[i]$$

同理，可以统计出 “$A$” 字图腾的总数。

for(int i=1;i<=n;i++)
{
    ans4[i]=ask(a[i]-1);
    ans2[i]=ask(n)-ask(a[i]);
    add(a[i],1);
}
memset(c,0,sizeof(c));
for(int i=n;i>=1;i--)
{
    ans3[i]=ask(a[i]-1);
    ans1[i]=ask(n)-ask(a[i]);
    add(a[i],1);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
    res1+=ans1[i]*ans2[i];
    res2+=ans3[i]*ans4[i];
}
printf("%lld %lld\n",res1,res2);

二、树状数组拓展

1. 区间修改和单点查询

• 区间修改

利用前缀和思想，对区间 $[l,r]$ 中的每一个值增加 $k$

可以使 $a[l]+k,a[r+1]-k$，就可以达到区间修改的效果了

int l,r,k;
scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);
add(l,k);
add(r+1,-k);

• 单点查询

利用前缀和思想，求出前 $x$ 个数的前缀和

再加上第 $x$ 个数的值 $a[x]$，就可以达到单点查询的效果了

int x;
scanf("%d",&x);
printf("%lld\n",ask(x)+a[x]);

Example: 区间修改单点查询 Luogu P3368

如题，已知一个数列，你需要进行下面两种操作：

1. 将某区间每一个数加上 $x$；
2. 求出某一个数的值。

for(int i=1;i<=m;i++)
{
    int a1,x,y,k;
    scanf("%d",&a1);
    if(a1==1) 
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&k);
        add(x,k);
        add(y+1,-k);
    }
    else
    {
        scanf("%d",&x);
        printf("%lld\n",ask(x)+a[x]);
    }
}

2. 区间修改和区间查询

我们已知单点查询求出前 $x$ 个数的前缀和

那么对于区间查询，统计数每个数的前缀和即可，我们假设前缀和数组为 $b$

序列 $a$ 的前缀和 $a[1\sim x]$ 整体增加就是：${\displaystyle \sum _{i=1}^x\sum _{j=1}^{i}b[j]}$

上式可以改写为：

$$\sum _{i=1}^x\sum _{j=1}^{i}b[j]=\sum _{i=1}^x(x-i+1)\times b[i]=(x+1)\sum _{i=1}^{x}b[i]-\sum _{i=1}^{x}i\times b[i]$$

因此，我们可以建立两个树状数组 $c_0$ 和 $c_1$

$c_0$ 用来维护 $b[i]$ 的前缀和，$c_1$ 用来维护 $i\times b[i]$ 的前缀和。

void add(int k,int x,int y)
{
    while(x<=n)
    {
	c[k][x]+=y;
	x+=lowbit(x);
    }
}

LL ask(int k,int x)
{
    LL ans=0;
    while(x>0)
    {
	ans+=c[k][x];
	x-=lowbit(x);
    }
    return ans;
}

• 区间修改

利用前缀和思想，进行如下操作：

1. 在树状数组 $c_0$ 中，把位置 $x$ 上的数加 $k$
2. 在树状数组 $c_0$ 中，把位置 $y+1$ 上的数减 $k$
3. 在树状数组 $c_1$ 中，把位置 $x$ 上的数加 $x\times k$
4. 在树状数组 $c_1$ 中，把位置 $y+1$ 上的数减 $(y+1)\times k$

int x,y,k;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&k);
add(0,x,k);
add(0,y+1,-k);
add(1,x,x*k);
add(1,y+1,-(y+1)*k);

• 区间查询

利用前缀和思想，我们可以将答案拆分成 $1\sim x-1$ 和 $1\sim y$ 两个部分

两者相减，即为区间和，式子如下：

$$(sum[y]+(y+1)\ast ask(0,y)-ask(1,y))-(sum[x-1]+x\ast ask(0,x-1)-ask(1,x-1))$$

LL ans1,ans2;
ans1=sum[x-1]+x*ask(0,x-1)-ask(1,x-1);
ans2=sum[y]+(y+1)*ask(0,y)-ask(1,y);
printf("%lld\n",ans2-ans1);

Example 1: A Simple Problem with Integers AcWing243 一个简单的整数问题2

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：

1. C l r d，表示把 $A[l],A[l+1],\dots ,A[r]$ 都加上 $d$。
2. 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。

for(int i=1;i<=n;i++)
    sum[i]=sum[i-1]+a[i];
for(int i=1;i<=q;i++)
{
    char a1;
    int x,y,k;
    scanf("\n%c %d%d",&a1,&x,&y);
    if(a1=='C')
    {
        scanf("%d",&k);
        add(0,x,k);
        add(0,y+1,-k);
        add(1,x,x*k);
        add(1,y+1,-(y+1)*k);
    }
    else
    {
        LL ans1,ans2;
        ans1=sum[x-1]+x*ask(0,x-1)-ask(1,x-1);
        ans2=sum[y]+(y+1)*ask(0,y)-ask(1,y);
        printf("%lld\n",ans2-ans1);
    }
}

Example 2: Lost Cows AcWing244 谜一样的牛

Exercise: [SHOI2007]园丁的烦恼 Luogu P2163