树状数组进阶 - 区间修改区间查询、二维树状数组
目录：
①单点修改、区间查询BIT：
首先当然是最基础的树状数组了，单点修改、区间查询的树状数组代码：
//BIT - 单点增加，区间查询 - st struct _BIT{ int N,C[MAXN]; int lowbit(int x){return x&(-x);} void init(int n) //初始化共有n个点 { N=n; for(int i=1;i<=N;i++) C[i]=0; } void add(int pos,int val) //在pos点加上val { while(pos<=N) { C[pos]+=val; pos+=lowbit(pos); } } int ask(int pos) //查询1~pos点的和 { int ret=0; while(pos>0) { ret+=C[pos]; pos-=lowbit(pos); } return ret; } }BIT; //BIT - 单点增加，区间查询 - ed
原理：
假设我们现在要维护的是a数组，我们实际存储的是c数组，他们两者的关系如图：
（称a数组为原数组，而c数组是a数组的树状数组。）
有：
C1 = A1
C2 = A1+A2
C3 = A3
C4 = A1+A2+A3+A4
C5 = A5
C6 = A5+A6
C7 = A7
C8 = A1+A2+A3+A4+A5+A6+A7+A8
c[i]不再是简单的存储a[i]，而是存储了a[i]+a[i-1]+…+a[k]，它存储了从a[i]往前若干个元素的和，那么如何确定k呢？这就关系到lowbit函数……
lowbit(x)函数返回的是什么？先看下图：
不难看出，lowbit(x)返回的是：若二进制下数字 $x$ 的尾部的零的个数为 k ，则lowbit(x) = ${2^k }$；
也就是说，c数组中，
若i为奇数，$c\left[ i \right] = a\left[ i \right]$；
若i为偶数，而其最多能整除k次2，$c\left[ i \right] = a\left[ i \right] + a\left[ {i - 1} \right] + \cdots + a\left[ {i - 2^k + 1} \right]$；
这样一来，对于某个pos点的增加$x$，只要不断令pos+=lowbit(pos)，就相当于一直往父亲节点走，所以我们在每个父亲节点都要增加$x$。
②区间修改、单点查询BIT：
其实这个的原理就是：通过差分把这个区间修改、单点查询的问题转化为①；
首先，假设我们要记录的数组是$a\left[ {1:n} \right]$，那么我们假设有$d\left[ i \right] = a\left[ i \right] - a\left[ {i - 1} \right]$，且$d\left[ 1 \right] = a\left[ 1 \right]$，
显然，就有$a\left[ i \right] = d\left[ 1 \right] + d\left[ 2 \right] + \cdots + d\left[ i \right]$，
我们在BIT中实际存储的是数组$d\left[ {1:n} \right]$（准确的说是d数组的树状数组）；
先说修改：
我们目标是给$a\left[ {L:R} \right]$全部加上$x$，那么我们不难发现，其实$d\left[ L+1 \right] , d\left[ L+2 \right] , \cdots , d\left[ R \right]$都没有变化，
而变化的只有：$d\left[ {L} \right]$增加了$x$，$d\left[ {R + 1} \right]$减少了$x$；
所以只需要add(L,x),add(R+1,-x)即可。
再说查询：
我们要单点查询$a\left[ {pos} \right]$，由上可知$a\left[ {pos} \right] = d\left[ 1 \right] + d\left[ 2 \right] + \cdots + d\left[ {pos} \right]$，
那么原来的sum(pos)函数不用修改，就正好能返回$a\left[ {pos} \right]$的值。
代码：
//BIT - 区间修改，单点查询 - st struct _BIT{ int N,C[MAXN]; int lowbit(int x){return x&(-x);} void init(int n) //初始化共有n个点 { N=n; for(int i=1;i<=N;i++) C[i]=0; } void add(int pos,int val) { while(pos<=N) C[pos]+=val,pos+=lowbit(pos); } void range_add(int l,int r,int x) //区间[l,r]加x { add(l,x); add(r+1,-x); } int ask(int pos) //查询pos点的值 { int ret=0; while(pos>0) { ret+=C[pos]; pos-=lowbit(pos); } return ret; } }BIT; //BIT - 区间修改，单点查询 - ed
③区间修改，区间查询BIT：
这个就很骚气了，这样的BIT可以很轻松地应付线段树模板题。
我们看到，由于我们目标记录的是数组$a\left[ {1:n} \right]$，而实际存储的是$d\left[ {1:n} \right]$，
那么已经实现了区间修改，如何完成区间查询呢？显然，区间查询的基础是快速求数组$a\left[ {1:n} \right]$的前缀和，
显然数组$a\left[ {1:n} \right]$的前缀和：
$a\left[ 1 \right] + a\left[ 2 \right] + \cdots + a\left[ i \right] = d\left[ 1 \right] \times i + d\left[ 2 \right] \times \left( {i - 1} \right) + \cdots + d\left[ i \right] \times 1$
不难发现右侧可以化成：
$\begin{array}{l}
d\left[ 1 \right] \times i + d\left[ 2 \right] \times \left( {i - 1} \right) + \cdots + d\left[ i \right] \times 1 \\
= \left[ {d\left[ 1 \right] \times \left( {i + 1} \right) + d\left[ 2 \right] \times \left( {i + 1} \right) + \cdots + d\left[ i \right] \times \left( {i + 1} \right)} \right] - \left[ {d\left[ 1 \right] \times 1 + d\left[ 2 \right] \times 2 + \cdots + d\left[ i \right] \times i} \right] \\
= \left( {i + 1} \right) \times \left( {d\left[ 1 \right] + d\left[ 2 \right] + \cdots + d\left[ i \right]} \right) - \left( {d\left[ 1 \right] \times 1 + d\left[ 2 \right] \times 2 + \cdots + d\left[ i \right] \times i} \right) \\
\end{array}$
这样一来，我们就可以想到，在原来的数组$C\left[ i \right]$记录$d\left[ i \right]$的基础上，
再搞一个数组$C2\left[ i \right]$记录$d\left[ i \right] \times i$即可。（当然，实际写代码的时候要明确，C数组和C2数组都是树状数组，不是原数组）
代码：
//BIT - 区间修改，区间查询 - st struct _BIT{ int N; ll C[MAXN],C2[MAXN]; //分别记录d[i]和d[i]*i int lowbit(int x){return x&(-x);} void init(int n) //初始化共有n个点 { N=n; memset(C,0,sizeof(C)); memset(C2,0,sizeof(C2)); } void add(int pos,ll val) { for(int i=pos;i<=N;i+=lowbit(i)) C[i]+=val,C2[i]+=val*pos; } void range_add(int l,int r,ll x) //区间[l,r]加上x { add(l,x); add(r+1,-x); } ll ask(int pos) { ll ret=0; for(int i=pos;i>0;i-=lowbit(i)) ret+=(pos+1)*C[i]-C2[i]; return ret; } ll range_ask(int l,int r) //查询区间[l,r]的和 { return ask(r)-ask(l-1); } }BIT; //BIT - 区间修改，区间查询 - ed
④二维树状数组：
在一维树状数组中，数组C[x]记录了的是右端点为x、长度为lowbit(x)的区间的区间和（具体参见原理）。
那么我们也可以类似地定义C[x][y]记录的是右下角为(x,y)，高为 lowbit(x)，宽为 lowbit(y) 的区间的区间和。
这就是二维树状数组最基本的原理。
④-①单点修改、区间查询 二维树状数组：
对于一维的树状数组稍加修改，就能得到：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1005; const int maxm=1005; struct BIT_2D { int n,m; ll C[maxn][maxm]; int lowbit(int x){return x&(-x);} void init(int n,int m) //初始化n行m列矩阵 { this->n=n; this->m=m; memset(C,0,sizeof(C)); } void add(int x,int y,ll val) //在点(x,y)加上val { for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) for(int j=y;j<=m;j+=lowbit(j)) C[i][j]+=val; } ll ask(int x,int y) //求左上角为(1,1)右下角为(x,y)的矩阵和 { ll ret=0; for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i)) for(int j=y;j>0;j-=lowbit(j)) ret+=C[i][j]; return ret; } }BIT; int main() { int n=10,m=10; BIT.init(n,m); BIT.add(1,1,2); BIT.add(3,6,7); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) cout<<BIT.ask(i,j)<<"\t"; cout<<endl; } }
④-②区间修改、单点查询 二维树状数组：
和之前的一维树状数组一样，仿照②区间查询、单点修改树状数组的操作，同样用差分的方法，将本问题转化为④-①，
由于数组$a\left[ i \right]\left[ j \right]$的前缀和有这样的公式：
$sum\left[ i \right]\left[ j \right] = \left( {sum\left[ {i - 1} \right]\left[ j \right] + sum\left[ i \right]\left[ {j - 1} \right] - sum\left[ {i - 1} \right]\left[ {j - 1} \right]} \right) + a\left[ i \right]\left[ j \right]$
套用求前缀和的形式，假设差分数组为$d\left[ i \right]\left[ j \right]$，可以有：
$a\left[ i \right]\left[ j \right] = \left( {a\left[ {i - 1} \right]\left[ j \right] + a\left[ i \right]\left[ {j - 1} \right] - a\left[ {i - 1} \right]\left[ {j - 1} \right]} \right) + d\left[ i \right]\left[ j \right]$
就能得到：
$d\left[ i \right]\left[ j \right] = a\left[ i \right]\left[ j \right] - \left( {a\left[ {i - 1} \right]\left[ j \right] + a\left[ i \right]\left[ {j - 1} \right] - a\left[ {i - 1} \right]\left[ {j - 1} \right]} \right)$
那么，同样先说修改：
目标是给$\left( {x_1 ,y_1 } \right)$到$\left( {x_2 ,y_2 } \right)$的矩阵全部加上$x$，不难发现，差分数组变动的只有四个点：
$d\left[ {x_1 } \right]\left[ {y_1 } \right] + = x\;,\;d\left[ {x_1 } \right]\left[ {y_2 + 1} \right] - = x\;,\;d\left[ {x_2 + 1} \right]\left[ {y_1 } \right] - = x\;,\;d\left[ {x_2 + 1} \right]\left[ {y_2 + 1} \right] + = x$
这个可以自己举个栗子验证一下。
再说查询：
同一维树状数组一样，求左上角为$\left( {1,1} \right)$右下角为$\left( {x,y} \right)$的矩阵和就是d[x][y]的前缀和，正好就是要查询的a[x][y]。
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1005; const int maxm=1005; struct BIT_2D { int n,m; ll C[maxn][maxm]; int lowbit(int x){return x&(-x);} void init(int n,int m) //初始化n行m列矩阵 { this->n=n; this->m=m; memset(C,0,sizeof(C)); } void add(int x,int y,ll val) { for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) for(int j=y;j<=m;j+=lowbit(j)) C[i][j]+=val; } void range_add(int x1,int y1,int x2,int y2,ll x) //左上角为(x1,y1)右下角为(x2,y2)的矩阵全部加上x { add(x1,y1,x); add(x1,y2+1,-x); add(x2+1,y1,-x); add(x2+1,y2+1,x); } ll ask(int x,int y) //查询点(x,y)的值 { ll ret=0; for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i)) for(int j=y;j>0;j-=lowbit(j)) ret+=C[i][j]; return ret; } }BIT; int main() { int n=10,m=10; BIT.init(n,m); BIT.range_add(2,2,4,4,1); BIT.range_add(5,6,8,8,2); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) cout<<BIT.ask(i,j)<<"\t"; cout<<endl; } }
④-②区间修改、区间查询 二维树状数组：
又到了最亦可赛艇的部分了！依然仿照③区间查询、区间修改 树状数组的操作。
首先$sum\left[ i \right]\left[ j \right] = \sum\limits_{x = 1}^i {\sum\limits_{y = 1}^j {a\left[ x \right]\left[ y \right]} } $，
又由于$a\left[ x \right]\left[ y \right]{\rm{ = }}\sum\limits_{u = 1}^x {\sum\limits_{v = 1}^y {d\left[ u \right]\left[ v \right]} } $，
所以有：
$sum\left[ i \right]\left[ j \right] = \sum\limits_{x = 1}^i {\sum\limits_{y = 1}^j {\left( {\sum\limits_{u = 1}^x {\sum\limits_{v = 1}^y {d\left[ u \right]\left[ v \right]} } } \right)} } $
可以说是非常复杂了……
但模仿③的操作，我们依然可以统计d[u][v]出现次数：
不难想象，从$a\left[ 1 \right]\left[ 1 \right]$到$a\left[ i \right]\left[ j \right]$，$d\left[ 1 \right]\left[ 1 \right]$全部都要出现一次，所以有$i \times j$个$d\left[ 1 \right]\left[ 1 \right]$，即$d\left[ 1 \right]\left[ 1 \right] \times i \times j$
类似的，有$d\left[ 1 \right]\left[ 2 \right] \times i \times \left( {j - 1} \right)\;,\;d\left[ 2 \right]\left[ 1 \right] \times \left( {i - 1} \right) \times j\;,\;d\left[ 2 \right]\left[ 2 \right] \times \left( {i - 1} \right) \times \left( {j - 1} \right)$ 等等等等……
所以我们不难把式子变成：
$sum\left[ i \right]\left[ j \right] = \sum\limits_{x = 1}^i {\sum\limits_{y = 1}^j {\left[ {d\left[ x \right]\left[ y \right] \times \left( {i + 1 - x} \right) \times \left( {j + 1 - y} \right)} \right]} } $
展开得到：
$sum\left[ i \right]\left[ j \right] = \sum\limits_{x = 1}^i {\sum\limits_{y = 1}^j {\left[ {d\left[ x \right]\left[ y \right] \cdot \left( {i + 1} \right)\left( {j + 1} \right) - d\left[ x \right]\left[ y \right] \cdot x\left( {j + 1} \right) - d\left[ x \right]\left[ y \right] \cdot \left( {i + 1} \right)y + d\left[ x \right]\left[ y \right] \cdot xy} \right]} } $
也就相当于把这个式子拆成了四个部分：
$\begin{array}{l}
\left( {i + 1} \right)\left( {j + 1} \right) \times \sum\limits_{x = 1}^i {\sum\limits_{y = 1}^j {d\left[ x \right]\left[ y \right]} } \\
- \left( {j + 1} \right) \times \sum\limits_{x = 1}^i {\sum\limits_{y = 1}^j {\left( {d\left[ x \right]\left[ y \right] \cdot x} \right)} } \\
- \left( {i + 1} \right) \times \sum\limits_{x = 1}^i {\sum\limits_{y = 1}^j {\left( {d\left[ x \right]\left[ y \right] \cdot y} \right)} } \\
\sum\limits_{x = 1}^i {\sum\limits_{y = 1}^j {\left( {d\left[ x \right]\left[ y \right] \cdot xy} \right)} } \\
\end{array}$
所以我们需要在原来 $C1\left[ i \right]\left[ j \right]$ 记录 ${d\left[ i \right]\left[ j \right]}$ 的基础上，再添加三个树状数组：
$C2\left[ i \right]\left[ j \right]$ 记录 ${d\left[ i \right]\left[ j \right] \cdot i}$
$C3\left[ i \right]\left[ j \right]$ 记录 ${d\left[ i \right]\left[ j \right] \cdot j}$
$C4\left[ i \right]\left[ j \right]$ 记录 ${d\left[ i \right]\left[ j \right] \cdot ij}$
这样一来，就能通过数组$a\left[ i \right]\left[ j \right]$的差分数组$d\left[ i \right]\left[ j \right]$来得到$a\left[ i \right]\left[ j \right]$的前缀和数组$sum\left[ i \right]\left[ j \right]$，
最后，易知$\left( {x_1 ,y_1 } \right)$到$\left( {x_2 ,y_2 } \right)$的矩阵和就等于$sum\left[ {x_2 } \right]\left[ {y_2 } \right] - sum\left[ {x_2 } \right]\left[ {y_1 - 1} \right] - sum\left[ {x_1 - 1} \right]\left[ {y_2 } \right] + sum\left[ {x_1 - 1} \right]\left[ {y_1 - 1} \right]$。
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1005; const int maxm=1005; struct BIT_2D { int n,m; ll C1[maxn][maxm],C2[maxn][maxm],C3[maxn][maxm],C4[maxn][maxm]; int lowbit(int x){return x&(-x);} void init(int n,int m) //初始化n行m列矩阵 { this->n=n; this->m=m; memset(C1,0,sizeof(C1)); memset(C2,0,sizeof(C2)); memset(C3,0,sizeof(C3)); memset(C4,0,sizeof(C4)); } void add(int x,int y,ll val) { for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) { for(int j=y;j<=m;j+=lowbit(j)) { C1[i][j]+=val; C2[i][j]+=val*x; C3[i][j]+=val*y; C4[i][j]+=val*x*y; } } } void range_add(int x1,int y1,int x2,int y2,ll x) //左上角为(x1,y1)右下角为(x2,y2)的矩阵全部加上x { add(x1,y1,x); add(x1,y2+1,-x); add(x2+1,y1,-x); add(x2+1,y2+1,x); } ll ask(int x,int y) //查询左上角为(1,1)右下角为(x,y)的矩阵和 { ll ret=0; for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i)) { for(int j=y;j>0;j-=lowbit(j)) { ret+=(x+1)*(y+1)*C1[i][j]; ret-=(y+1)*C2[i][j]+(x+1)*C3[i][j]; ret+=C4[i][j]; } } return ret; } ll range_ask(int x1,int y1,int x2,int y2) //查询左上角为(x1,y1)右下角为(x2,y2)的矩阵和 { return ask(x2,y2)-ask(x1-1,y2)-ask(x2,y1-1)+ask(x1-1,y1-1); } }BIT; int main() { int n=10,m=10; BIT.init(n,m); BIT.range_add(2,2,4,4,1); BIT.range_add(5,6,8,8,2); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) cout<<BIT.range_ask(i,j,i,j)<<"\t"; cout<<endl; } cout<<BIT.range_ask(2,2,4,4)<<endl; cout<<BIT.range_ask(5,6,8,8)<<endl; cout<<BIT.range_ask(2,2,8,8)<<endl; }
本文主要参考https://www.cnblogs.com/RabbitHu/p/BIT.html
