树状数组（Fenwick Tree）

简介(Introduction)

树状数组 或 二叉索引树 (Binary Indexed Tree)，最早由 Peter M. Fenwick 于1994年以 A New Data Structure for Cumulative Frequency Tables 为题发表在 SOFTWARE PRACTICE AND EXPERIENCE。其初衷是解决数据压缩里的累积频率（Cumulative Frequency）的计算问题，现多用于高效计算数列的前缀和， 区间和。



描述(Description)

  • 作用：

    1. 快速求前缀和
    2. 修改某一个数

  • 核心：用 树 来维护 前缀和

  • 对于任意 \(\large{x}\) 均可由二进制数表示，即：\(\large{x = 2^{i_1} + 2^{i_2} +···+ 2^{i_k}}\)

  • 将 \(\large{x}\) 分为以下区间：

    \[(x - 2^{i_1}, x] \]

    \[(x - 2^{i_1} - 2^{i_2}, x - 2^{i_1}] \]

    \[\dots \]

    \[(0,x - 2^{i_1} - 2^{i_2}, x - 2^{i_1}-···-x - 2^{i_{k - 1}}] \]

  • 对于每个区间 \(\displaystyle{(l, r]}\) ，其长度一定是r二进制表示下最后一个1所对应的次幂

  • 等价于 \(\displaystyle{[r - lowbit(r) +1,r]}\) 。同时用一个数组 \(c[r]\) 来表示这个区间的和。

  • 得：\(\large{c[r] = \sum{^{x}_{i = x - lowbit(x) + 1} a[i]}}\)

  • 时间复杂度：

    • 树初始化：
      1. 朴素：把 \(n\) 个数各自加入树状数组。\(O(nlogn)\)
      2. 前缀和：\(O(n)\)
    • 快速求前缀和：\(O(log n)\)
    • 修改某一个数：\(O(log n)\)



示例(Example)

image


代码(Code)

  • \(lowbit\) 操作：

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

  • 初始化：

    void init() {
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		pre[i] = pre[i - 1] + a[i];  // pre 为前缀和数组
		tr[i] = pre[i] - pre[i - lowbit(i)];
	}
}

  • 查询前缀和：

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

  • 单点增加：

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



应用(Application)


楼兰图腾

在完成了分配任务之后，西部 \(314\) 来到了楼兰古城的西部。

相传很久以前这片土地上(比楼兰古城还早)生活着两个部落，一个部落崇拜尖刀(V)，一个部落崇拜铁锹(∧)，他们分别用 V 和 ∧ 的形状来代表各自部落的图腾。

西部 \(314\) 在楼兰古城的下面发现了一幅巨大的壁画，壁画上被标记出了 \(n\) 个点，经测量发现这 \(n\) 个点的水平位置和竖直位置是两两不同的。

西部 \(314\) 认为这幅壁画所包含的信息与这 \(n\) 个点的相对位置有关，因此不妨设坐标分别为 \((1,y_1),(2,y_2),…,(n,y_n)\)，其中 \(y_1 \sim y_n\) 是 \(1\) 到 \(n\) 的一个排列。

西部 \(314\) 打算研究这幅壁画中包含着多少个图腾。

如果三个点 \((i,y_i),(j,y_j),(k,y_k)\) 满足 \(1 \le i < j < k \le n\) 且 \(y_i > y_j, y_j < y_k\)，则称这三个点构成 V 图腾;

如果三个点 \((i,y_i),(j,y_j),(k,y_k)\) 满足 \(1 \le i < j< k \le n\) 且 \(y_i < y_j, y_j > y_k\)，则称这三个点构成 ∧ 图腾;

西部 \(314\) 想知道，这 \(n\) 个点中两个部落图腾的数目。

因此，你需要编写一个程序来求出 V 的个数和 ∧ 的个数。

输入格式

第一行一个数 \(n\)。

第二行是 \(n\) 个数，分别代表 \(y_1，y_2,…,y_n\)。

输出格式

两个数，中间用空格隔开，依次为 V 的个数和 ∧ 的个数。

数据范围

对于所有数据，\(n \le 200000\)，且输出答案不会超过 \(int64\)。
\(y_1 \sim y_n\) 是 \(1\) 到 \(n\) 的一个排列。

输入样例：

5
1 5 3 2 4

输出样例：

3 4

  • 分析：

    • 若 \(1\sim n\) 中 \(y_i\) 为最下面的情况，统计 \(y_i\) 左边和右边各有多少数大于它
    • 根据 乘法原理 把两个数相乘即可得到 \(y_i\) 在最下面的情况时对答案的贡献

  • 题解：

    // C++ Version

#include <cstring>
#include <cstdio>

using namespace std;

typedef long long ll

const int N = 200010;

int n;
int a[N];
int tr[N];
int high[N], low[N];

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

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

int sum(int x) {
	int res = 0;
	for (int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += tr[i];
	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 t = a[i];
		high[i] = sum(n) - sum(t);
		low[i] = sum(t - 1);
		add(t);
	}

	memset(tr, 0, sizeof tr);

	llres1 = 0, res2 = 0;
	for (int i = n; i; i -- ) {
		int t = a[i];
		res1 += 1ll * high[i] * (sum(n) - sum(t));
		res2 += 1ll * low[i] * sum(t - 1);
		add(t);
	}

	printf("%lld %lld\n", res1, res2);
	return 0;
}

一个简单的整数问题

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

\(1 \le N,M \le 10^5\),
\(|d| \le 10000\),
\(|A[i]| \le 10^9\)

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：

4
1
2
5

  • 分析：先做一遍差分，然后利用树状数组求区间和

  • 题解：

    // C++ Version

#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 100010;

int n, m;
int a[N];
ll tr[N];

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

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

ll sum(int x) {
	ll res = 0;
	for (int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += tr[i];
	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 ++ ) add(i, a[i] - a[i - 1]);  // 差分

	  while (m -- ) {
		  char op[2];
		  int l, r, d;
		  scanf("%s%d", op, &l);
		  if (*op == 'C') {
			  scanf("%d%d", &r, &d);
			  add(l, d), add(r + 1, -d);
		  } else {
			  printf("%lld\n", sum(l));  // 重新求前缀和
		  }
	  }
	  return 0;
	}

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 \(A[l],A[l+1],…,A[r]\) 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。

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

\(1 \le N,M \le 10^5\),
\(|d| \le 10000\),
\(|A[i]| \le 10^9\)

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：

4
55
9
15
  • 题解：
    // C++ Version  树状数组解法

#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 100010;

int n, m;
int a[N];
ll tr1[N];
ll tr2[N];

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

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

ll sum(ll tr[], int x) {
	ll res = 0;
	for (int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += tr[i];
	return res;
}

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

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		scanf("%d", &a[i]);
		int b = a[i] - a[i - 1];
		add(tr1, i, b);
		add(tr2, i, (ll)b * i);
	}

	while (m -- ) {
		char op[2];
		int l, r, d;
		scanf("%s%d%d", op, &l, &r);
		if (*op == 'Q') {
			printf("%lld\n", prefix_sum(r) - prefix_sum(l - 1));
		} else {
			scanf("%d", &d);
			add(tr1, l, d), add(tr2, l, l * d);
			add(tr1, r + 1, -d), add(tr2, r + 1, (r + 1) * -d);
		}
	}
	return 0;
}
posted @ 2023-05-16 14:11  FFex  阅读(21)  评论(0)  编辑  收藏  举报