【模板】树状数组(7.26)

update:二维树状数组的实现

一.概述

树状数组，是一个区间查询和单点修改复杂度都为log(n)的数据结构。主要用于查询任意两点之间的所有元素之和。

树状数组的题多半要转化，利用差分数组，可以将区间修改变为单点修改，单点查询变为区间查询（即前缀和）。只要满足单点修改，我们总能用树状数组来维护前缀和。

$bit[i]$数组可以看作一个树形结构，它满足以下三个性质：

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

个人认为它比较数学化，利用了数的性质（尤其是二进制）。

二.例题

1. 模拟类
2. 计数类（偏数学）

一维树状数组：

1.单点修改，区间查询

2.区间修改，区间查询
引入差分概念：

$c[i]=a[i]-a[i-1]$

那么某个元素的值其实等于$a[i]={\sum }_{i=1}^n{c}_i$
那么区间和呢？

我们可以知道

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

因此我们需要维护两个值:差分数组 $c[i]$ 和 $b[i]=c[i]\ast i$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
inline int read()
{
	int X=0; bool flag=1; char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') flag=0; ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') {X=(X<<1)+(X<<3)+ch-'0'; ch=getchar();}
	if(flag) return X;
	return ~(X-1);
}
int n,Q,bit[N],bit2[N],a[N];
void update(int x,int k) {
	for(int i=x;i<=n;i+=i&-i)
	    bit[i]+=k,bit2[i]+=x*k; 
}
int get_sum(int x) {
	int tot=0,tot2=0;
	for(int i=x;i;i-=i&-i) 
	    tot+=bit[i],tot2+=bit2[i];
	return tot*(x+1)-tot2;
}
signed main() {
    n=read(),Q=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) {
    	a[i]=read();
    	update(i,a[i]-a[i-1]);
	}
	while(Q--) {
		int type=read(),l=read(),r=read();
		if(type==1) {
			int x=read();
			update(l,x);
			update(r+1,-x);
		}
		else printf("%lld\n",get_sum(r)-get_sum(l-1));
	}
}

二维树状数组：

https://blog.csdn.net/qq_35885746/article/details/89247993

1. 单点修改，区间查询
思路：$bit[i][j]$表示$(i-lowbit(i)+1,j-lowbit(j)+1)$到$(i,j)$的子矩阵和,sum函数显然很好写：

ll Sum(int x, int y) {
    ll tot = 0;
    for (int i = x; i; i -= i & -i) {
        for (int j = y; j; j -= j & -j) {
            tot += bit[i][j];
        }
    }
    return tot;
}

关键的是update函数。仔细思考：$i$,$j$的父节点分别是$i+lowbit(i)-1$ 和 $j+lowbit(j)-1$,我们要更新的$x$,$y$必然都是$i$,$j$的祖先节点，所以用二重循环遍历祖先节点即可。

void update(int x, int y, int k) {
    for (int i = x; i <= n; i += i & -i) {
        for (int j = y; j <= m; j += j & -j) {
            bit[i][j] += k;
        }
    }
}

查询操作是$O(1)$:

long long get() {
    printf("%lld\n", Sum(c,d) - Sum(c,b-1) - Sum(a-1,d) + Sum(a-1,b-1));
}

总时间复杂度是$O（logn\ast logn\ast t）$,t是操作总数

2.区间修改，单点查询
思路：这里维护的数组值是差分数组的前缀和。
我们可以令差分数组$d[i][j]=a[i][j]-a[i-1][j]-a[i][j-1]+a[i-1][j-1]$。
然后神奇的发现：$a[i][j]={\sum }_{x=1}^i{\sum }_{y=1}^{j}d[x][y]$
至于证明，显然成立（虽然这个式子比较难想）

long long Sum(int x, int y) {
    long long tot = 0;
    for (int i = x; i; i -= i & -i) {
        for (int j = y; j; j -= j & -j) {
            tot += bit[i][j];
        }
    }
    return tot;
}
long long get() {
    printf("%lld\n", Sum(x,y));
}

然后考虑 $d[i][j]$ 数组的变化，发现一次区间修改相当于把四个点的d值进行修改。update函数把sum累加，正好就是点的变化。

void update(int x, int y, int k) {
    for (int i = x; i <= n; i += i & -i) {
        for (int j = y; j <= m; j += j & -j) {
            bit[i][j] += k;
        }
    }
}

3.区间修改，区间查询
思路：仍然维护d数组，修改函数同上。
下面讨论如何计算区间的和：
$sum[x][y]={\sum }_{i=1}^x{\sum }_{j=1}^{y}a[i][j]={\sum }_{i=1}^x{\sum }_{j=1}^{y}d[i][j]\ast (x-i+1)\ast (y-j+1)={\sum }_{i=1}^x{\sum }_{j=1}^{y}d[i][j]\ast (xy+x+y+1)-d[i][j]\ast i\ast (y+1)-d[i][j]\ast j\ast (x+1)+d[i][j]\ast i\ast j$
那么我们要开四个树状数组，分别维护：

$d[i][j],d[i][j]\ast i,d[i][j]\ast j,d[i][j]\ast i\ast j$

这样就可以解决上述问题了

void update(int x, int y, long long k) {
    for (int i = x; i <= n; i += i & -i) {
        for (int j = y; j <= m; j += j & -j) {
            bit1[i][j] += k, bit2[i][j] += 1LL * k * x, bit3[i][j] += 1LL * k * y,
                bit4[i][j] += 1LL * x * y * k;
        }
    }
}
long long Sum(int x, int y) {
    long long tot = 0;
    for (int i = x; i; i -= i & -i) {
        for (int j = y; j; j -= j & -j) {
            tot += bit4[i][j] - (x + 1) * bit3[i][j] - (y + 1) * bit2[i][j] + (x + 1) * (y + 1) * bit1[i][j];
        }
    }
    return tot;
}
long long get() {
    printf("%lld\n", Sum(c, d) - Sum(c, b - 1) - Sum(a - 1, d) + Sum(a - 1, b - 1));
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
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