浅谈树状数组
发布于 摸鱼世界
2020.03.23
前言
以前其实也有接触过树状数组，但当时只是以为自己学会了，实际上模板都没背下来。这几天再经过一些练习，对树状数组更加熟悉了。
y总：大多数数据结构难写，难调，难想，树状数组是一股清流，好写，好想。
今天就来说说树状数组。
正文
基本
首先认识树状数组能解决的基本问题：
1.单点修改
2.区间查询
就这两个了！区间修改&单点查询也是利用差分+这两种操作完成的。
树状数组的优势相较于普通数组，就是把修改和查询的时间进行了一个折中，把原来的修改\(O(1)\)，查询O\((n)\)优化为了修改，查询都是\(O(logn)\)。
接下来讲讲是怎么理解并实现树状数组的。
对于树状数组，我们维护了一些区间和，暂时把它们叫做c[]，原本的就叫做a[]吧。
假设当前要维护的数的总数为x，很显然(真的很显然)，我们可以把x拆成若干个2的幂的形式相加。为了方便表达，\(x=2^{i_k}+2^{i_{k-1}}+...+2^{i_1} \,\)，并且\(i\)序列递减.\(k<=log(n)\)。
这样对于当前的x，如果我们维护这样k个区间，分别表示：\((x-2^{i_1},x],(x-2^{i_1}-2^{i_2},x-2^{i_1}]...,(0,x-2^{i_1}-...-2^{i_{k-1}}]\)，就可以在\(O(log(x))\)的时间内求出1-x的前缀和了。
所以树状数组就是用来快速的维护这些区间的。
我们发现，右端点每次减去的二的次幂，恰好对应减去了上一次右端点二进制表示下的最后一个1。
举个栗子。\((5)_2=101\)，\(5=2^2+2^0\)，按照过程，第一个右端点减去的应该是\(2^0\)，得到\(5-1=4,(4)_2=100\)。第二个右端点减去的是\(2^2\)，得到\(4-4=0,(0)_2=000\)，两次操作，刚好把这两个1给对应减去了。
虽然看起来模拟很麻烦，但是在实际实现中，我们如果要找到这个数二进制下的最后一个1对应的数值，我们只需要用O(1)的时间计算。只需要这样写：
//声明包含库之后写
#define lowbit(x) (x&-x)
//或者写成这样函数的形式
int lowbit(int x)
{
return x&-x;
}
//需要用的时候直接调用就好了
接下来就是怎么具体维护这个c[]的问题了。因为对于每一个右端点，区间的长度是固定的(lowbit(x))，所以我们只需要用右端点作为数组下标就好了，即c[R]=a[R-lowbit(R)+1~R]。
接下来出场的是树状数组的经典例子。目的是为了更直观地看出在树状数组中各个节点(?)之间的关系。
那现在如果要对某个单点进行修改的话应该怎么做呢？先考虑修改一个单点会影响到哪些c[]的值。
继续举例子。
比如我要修改a[1]的值，根据图片，很明显在这个例子中会影响到c[1],c[2],c[4],c[8]的值，它们全部都要变化。我们来观察这些数字的特性。首先把我要修改的下标和影响的下标都用二进制表示出来。
0001->0001,0010,0100,1000
发现什么了吗？再举个例子，这次修改a[5]的值。
0101->0101,0110,1000
是的，就是从当前这个下标开始，每次增加自己二进制表示下的最后一位对应的值。即i+=lowbit(i)，直到超出序列总长度。
这样，单点修改操作就很容易完成了。
void add(int start,int value)
{
for(int i=start;i<=n;i+=lowbit(i))
c[i]+=value;
}
然后要考虑的，就是如何快速求前缀和。
依然通过举例子来发现规律。
1 求a[1]~a[7]的前缀和。
根据上面的图，我们需要返回c[7]+c[6]+c[4]的值。
0111->0111,0110,0100
2 求a[1]~a[5]的前缀和。
0101->0101,0100
我们发现，从起始位置开始，每次的下标都减去了二进制表示下的最后一位所对应的值。
所以我们可以这样来实现：
int ask(int x)
{
int tmp=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
tmp+=c[i];
return tmp;
}
要注意的是，询问得到的是存进去的数中的前缀和，所以如果要查询[l,r]区间的值，请用ask(r)-ask(l-1)得到。
差分
不要问为什么还有2
可以看到，在原本的树状数组的基础上，它把基本操作变成了这样两个：
1.区间修改
2.单点查询
但是！树状数组在本质上还是只能维护单点修改&区间查询两个操作的，我们要怎么样才能把这两组操作之间完成一个转化呢？
先从单点修改->区间修改入手
如果在没有查询的题目里遇到区间修改的操作，我们会怎么做？当然是差分。如果要在[l,r]加上c，只需要a[r+1]-=c,a[l]+=c就可以了。
树状数组同理。再考虑单点查询。因为差分之后树状数组所求得的前缀和，也是差分数组的前缀和，恰好对应了需要查询的单点值，所以只需要在添加的时候不直接增加a[i]，而是增加a[i]-a[i-1]。
差分+公式
理解了上面的差分树状数组，接下来还有更毒瘤的哦~
在上面的两个操作中，我们实际进行的操作都是一个单点+一个区间，两个操作都是单点就不用说了，如果两个操作都是要求在一个区间完成呢？
也就是说，我们的树状数组又要实现这两个功能：
1.区间修改
2.区间查询
首先，为了照样完成区间修改操作，差分的思想我们必须保留，否则挨个修改会使时间复杂度爆棚。
那么我们要怎么在差分的情况下完成区间查询呢？
我们先来分析一下问题。区间查询，本质上是求原本的a[]的前缀和。但是因为每一个a[]中的值都是以差分b[]的形式存储的，所以每一个a[]的值我们都要用一次\(\sum_{i=1}^x b[i]\)来求得，但是我们要求的是前缀和，所以我们每次查询要求的是这样一个玩意：
\(\sum_{i=1}^x \sum_{j=1}^i b[i]\)
我们发现，对于每一个b[i]，它被累加的次数是一定的，这个时候用循环累加就很浪费时间。观察一下，每个\(b[i]\)在这个过程中，会被累加\((x-i+1)\)次。看下面的图形就知道了。
b1
b1 b2
b1 b2 b3
b1 b2 b3 b4
...
b1 b2 b3 b4 b5 ... bx
于是我们的公式就可以变形成\(\sum_{i=1}^x (x-i+1)*b[i]\)。
再从括号里把-i项提取出来，得到\(\sum_{i=1}^x (x+1)*b[i] - \sum_{i=1}^x b[i]*i\)
于是，就变成了维护两个差分树状数组的问题了。
::aru😓: 怎么样，刺激不刺激
重复具体解法：维护差分数组b[i]的树状数组c1[]，再维护b[i]*i的树状数组c2[]，更新的时候记得两个树状数组都要更新。
二维树状数组
基本
这样的题目一般出现得比较少(或者是我孤陋寡闻了，了解一下就可以了。
如果只是基本操作，那就只是一维树状数组的一个简单拓展。在二维状态下，只需要把修改和查询的操作中都再添加一层循环即可。
void add(int x,int y,int k)
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
for(int j=y;j<=n;j+=lowbit(j))
c[i][j]+=k;
}
int ask(int x,int y)
{
int tmp=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
for(int j=y;j;j-=lowbit(j))
tmp+=c[i][j];
return tmp;
}
唯一需要注意的地方是在求子矩阵的和的时候需要考虑，我们到底要怎么求得最终的矩阵。
比如我们想取[x1,y1,x2,y2]-(左上角右下角坐标)的时候，我们应该如何利用这个二维前缀和来求？
首先我们得到[x2,y2]的前缀和，发现多了一部分，我们要把它们减去。于是减去[x2,y1-1],[x1-1,y2]的前缀和，但是这样我们又把这两者重叠的部分多减去了。所以最后我们还要加上[x1-1,y1-1]的前缀和。
差分
待更新
我们先回忆一下一维的差分是如何实现的。假装有一个差分数组b[i]=a[i]-a[i-1]，并用树状数组来维护它的前缀和。
那么到了二维，我们怎么用差分来实现呢？首先，差分的本质就是做差(应该是吧)。
当前处理到了点(i,j)，我们该如何计算它对应在差分数组中的值？
d[i][j]=a[i][j]-a[i-1][j]-a[i][j-1]+a[i-1][j-1]
背就完了
另外，二维前缀和公式：\(c[i][j]=a[i][j]+c[i-1][j]+c[i][j-1]-c[i-1][j-1]\)
代码块如下：
void radd(int x,int y,int xx,int yy,int v)
{
add(x,y,v);
add(x,yy+1,-v);
add(xx+1,y,-v);
add(xx+1,yy+1,v);
}
其他操作就是基本的二维树状数组的操作。只是对于差分数组的初始化有所不同而已。
这道题目的大意是这样：t组数据，n×n的01矩阵，初始为0，m条操作，C x1 y1 x2 y2是把这个子矩阵全部翻转，Q x y是查询点(x,y)的值。
其实很简单，连值都不需要传，把c[i][j]+=v改为c[i][j]++，询问的时候记得对2取模就可以了。
差分+公式
待更新
毒瘤更加毒瘤
先来看下面这样一个问题：
在这个问题中，我们需要在二维下完成两种操作：
1.区间修改
2.区间查询
这是不是和一维差分+公式解决的问题类似？都是要解决两个区间操作的问题。那我们就以类似的思路来考虑这个问题的实现。
在一维里，我们保留了差分，对于区间查询，找到了其中数字出现的次数规律，减少了循环层数，那这个问题是不是也可以这样呢？
我们先来缕清解决的思路。二维差分的形式依然保留，问题转化到了如何求子矩阵的数值之和。
如果是单点查询，我们就需要求\(\sum_{i=1}^x \sum_{j=1}^y c[i][j]\)。
如果是区间查询，我们不添加任何修改的话，我们就需要用四层循环，求这样一个东西:
\(\sum_{i=1}^x \sum_{j=1}^y \sum_{h=1}^i \sum_{k=1}^j c[h][k]\)
但是很明显，会超时掉。那么我们就和之前一样，来找一下每个数出现次数的规律。
我们就从个体出发，研究出现次数
c11 x*y次
c12 x*(y-1)次
...
c21 (x-1)*y次
所以c[h][k]共会出现(x-h+1)*(y-k+1)次。我们把这个数据再带入上面的式子，就可以得到：
\(\sum_{i=1}^x \sum_{j=1}^y c[i][j]*(x-i+1)*(y-j+1)\)
当然，这样化简之后我们依然不能快速的求出它的值，所以我们把后面的\((x-i+1)*(y-j+1)\)拿来展开如下：
\((x-i+1)(y-j+1)=(x*y+x+y+1)-(x*j+j)-(y*i+i)+(i*j)\)
\(=(x+1)(y+1)-((x+1)*j)-((y+1)*i)+(i*j)\)
所以我们就把这个式子拆成了四项，再把这四项分配到原来的求和上面去：
\(\sum_{i=1}^x \sum_{j=1}^y c[i][j]*((x+1)(j+1)-((x+1)*j)-((y+1)*i)+(i*j))\)
\(=(x+1)*(y+1)*\sum_{i=1}^x \sum_{j=1}^y c[i][j]-(x+1)*\sum_{i=1}^x \sum_{j=1}^y c[i][j]*j-\)
\((y+1)*\sum_{i=1}^x \sum_{j=1}^y c[i][j]*i+\sum_{i=1}^x \sum_{j=1}^y c[i][j]*i*j\)
所以思路很明显了，分别维护存放c[][],c[][]*i,c[][]*j,c[][]*i*j的树状数组，需要的时候用差分累加即可。此外，每次更新的时候就需要注意四个树状数组都要更新哦。如果有题目的数据比较大的，还要注意long long类型的定义。
代码块如下：
void add(int x,int y,int v)
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
for(int j=y;j<=m;j+=lowbit(j))
{
c1[i][j]+=(v);
c2[i][j]+=(v*x);
c3[i][j]+=(v*y);
c4[i][j]+=(v*x*y);
}
}
void radd(int x,int y,int xx,int yy,int v)
{
add(x,y,v);
add(x,yy+1,-v);
add(xx+1,y,-v);
add(xx+1,yy+1,v);
}
int ask(int x,int y)
{
int tmp=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
for(int j=y;j;j-=lowbit(j))
tmp+=((x+1)*(y+1)*c1[i][j]-(y+1)*c2[i][j]-(x+1)*c3[i][j]+c4[i][j]);
return tmp;
}
int query(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
return ask(x2,y2)-ask(x1-1,y2)-ask(x2,y1-1)+ask(x1-1,y1-1);
}
和上面的思路完全一样，模板题。就是注意要卡一下快读+开O2才能过（如果您会卡时间请无视）。
基本完结
这只是树状数组的模板学习，很多情况下，这些问题都不太容易看出是用树状数组解决，所以多见识题目才是王道哦。
后续如果有相关算法，再进行更新吧（咕了）。
