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树状数组

何为树状数组？

首先，树状数组是用来维护序列的前缀和的。

其次，我们要知道树状数组是如何将大区间拆分成一堆小区间的。

比如 $7 = 111_{(2)}$ ，我们可以将其拆分为 $[1,4], [5, 6], [7, 7]$ ，再比如 $12 = 1100_{2}$ ，我们可以将其拆分为 $[1, 8],[9, 12]$ 。

所以对于一个数 $x$ ，我们每次可以将其拆分为 $[x - lowbit(x) + 1, x]$ 的小区间，然后将 $x = x - lowbit(x)$ 。

那么对于树状数组 $tr[x]$ 来说，它存的就是 $[x - lowbit(x) + 1, x]$ 的和，比如 $tr[6]$ 存的是 $[5, 6]$ 。

如何查询呢？

假设我们要查询 $[1, x]$ 的前缀和，我们可以从 $x$ 开始：

加上 $tr[x]$
令 $x = x - lowbit(x)$
循环以上操作，直到 $x = 0$ 。

一个简单的例子： $[1,15]$ 的前缀和就等于 $tr[15] + tr[14] + tr[12] + tr[8]$

如何单点增加呢？

假设我们要在 $A_x$ 上加 $y$ 我们只要让所有包含 $A_x$ 的 $tr$ 加上 $y$ 即可。集体操作如下：

$tr[x]$ 加上 $y$
令 $x = x + lowbit(x)$
循环以上操作，直到 $x > n$ 。

如何建树呢？

假设要对于 $A_1\sim A_n$ 构造一个树状数组，那么我们只要对于每个 $i$ 都做一次单点修改，加上 $A_i$ 即可。

如何区间修改呢？

我们可以使用差分，用树状数组维护差分数组 $b$ ，每次 $b_l + d, b_{r + 1} - d$ ，就相当于 $add(l, d)$ 和 $add(r + 1, -d)$ 。

如何区间查询呢？

我们观察 y 总画的图，其中 $b$ 是差分数组。我们发现，蓝色就等于一整个方框减去红色，即：

$(x+1)\sum^{n}_{i = 1}b_i - \sum^{n}_{i = 1}i \times b_i$

我们可以用两个树状数组分别维护 $\sum^{n}_{i = 1}b_i$ 和 $\sum^{n}_{i = 1}i \times b_i$ 。

树状数组可以求逆序对

假设有一个序列 $A$ ，我们在 $A$ 的值域范围上构造树状数组，即对于每个 $A_i$ 执行一遍 $add(A_i, 1)$ 。

统计逆序对的时候，我们只要返回 $query(A_i - 1)$ 即可。

这个复杂度是 $O(N+M)logM$ 的，其中 $M$ 是值域大小。

来看一些蓝书上的例题。

241. 楼兰图腾 - AcWing题库

我们运用类似于求逆序对的思路，对于 $A_i$ ，求出 $A_1 \sim A_{i - 1}$ 内小于它的数的数量 $small1[i]$ 和大于的数量 $big1[i]$ ，再倒着求出 $A_{i + 1} \sim A_n$ 内的 $small2[i]$ 和 $big2[i]$ 。

我们以 ^ 为例，它的数量就是 $\sum^{n}_{i = 1} small1[i] \times small2[i]$ 。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 200010;
int n, a[N];
LL tr[N], big[N], small[N];

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

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

LL query(int x) {
    LL res = 0;
    for (; x; x -= lowbit(x)) res += tr[x];
    return res;
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        int x = a[i];
        big[i] = query(n) - query(x);
        small[i] = query(x - 1);
        add(x, 1);
    }
    
    memset(tr, 0, sizeof tr);
    LL res1 = 0, res2 = 0;
    for (int i = n; i; i --) {
        int x = a[i];
        res1 += big[i] * (query(n) - query(x));
        res2 += small[i] * query(x - 1);
        add(x, 1);
    }
     
    printf("%lld %lld\n", res1, res2);
    return 0;
}

242. 一个简单的整数问题 - AcWing题库

就是上文中提到的区间修改+单点查询。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, m;
int a[N], tr[N];

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

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

int query(int x) {
    int res = 0;
    for (; x; x -= lowbit(x)) res += tr[x];
    return res;
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        int b = a[i] - a[i - 1];
        add(i, b);
    }
    
    while (m --) {
        char op[2]; 
        scanf("%s", op);
        if (*op == 'C') {
            int l, r, d; scanf("%d%d%d", &l, &r, &d);
            add(l, d); add(r + 1, -d);
        } else {
            int x; scanf("%d", &x);
            printf("%d\n", query(x));
        }
    }
    return 0;
}

243. 一个简单的整数问题2 - AcWing题库

区间查询+区间修改

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100010;
int n, m, a[N]; 
LL tr1[N], tr2[N];

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

void add(LL tr[], int x, LL c) {
    for (; x <= n; x += lowbit(x)) tr[x] += c;
}

LL query(LL tr[], int x) {
    LL res = 0;
    for (; x; x -= lowbit(x)) res += tr[x];
    return res;
}

LL prefix_sum(int x) {
    return query(tr1, x) * (x + 1) - query(tr2, x); 
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        int b = a[i] - a[i - 1];
        add(tr1, i, b);
        add(tr2, i, (LL)i * b);
    }
    
    while (m --) {
        char op[2]; int l, r, d;
        scanf("%s%d%d", op, &l, &r);
        if (*op == 'C') {
            scanf("%d", &d);
            add(tr1, l, d); add(tr2, l, (LL)l * d);
            add(tr1, r + 1, -d); add(tr2, r + 1, (LL)(r + 1) * -d);
        } else {
            printf("%lld\n", prefix_sum(r) - prefix_sum(l - 1));
        }
    }
    
    return 0;
}

244. 谜一样的牛 - AcWing题库

很有意思的一道题。

我们发现对于 $i$ 来说，它对应的牛就应该是剩下未选择的牛中第 $A_i + 1$ 大的牛。

什么是未选择的牛？假设当前牛为 $1 \sim 5$ ，且已经选择了 $2, 4$ ，那么 $1,3,5$ 就是未选择的牛， $3$ 就是第二大的牛。

想通了之后就很好维护了，我们维护一个树状数组，最开始从 $1\sim n$ 执行 $add(i, 1)$ ，然后每选择一只牛 $x$ 就 $add(x, -1)$ 。我们发现 $query(x)$ 就是当前 $1\sim x$ 中未选择牛的数量。找第 $A_i + 1$ 大的牛就显然可以二分。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, a[N];
int tr[N], ans[N];

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

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

int query(int x) {
    int res = 0;
    for (; x; x -= lowbit(x)) res += tr[x];
    return res;
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 2; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) add(i, 1);
    
    for (int i = n; i; i --) {
        int l = 1, r = n;
        while (l < r) {
            int mid = l + r >> 1;
            if (query(mid) < a[i] + 1) l = mid + 1;
            else r = mid;
        }
        add(l, -1);
        ans[i] = l;
    }
    
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++) printf("%d\n", ans[i]);
    
    return 0;
}