树状数组
由于本人博客模板特殊，为了更好地阅读体验，请将阅读模式调成白天。
树状数组基础
树状数组是一个查询和修改复杂度都为log(n)的数据结构。主要用于数组的单点修改&&区间求和.
另外一个拥有类似功能的是线段树.
具体区别和联系如下：
1.两者在复杂度上同级, 但是树状数组的常数明显优于线段树, 其编程复杂度也远小于线段树.
2.树状数组的作用被线段树完全涵盖, 凡是可以使用树状数组解决的问题, 使用线段树一定可以解决, 但是线段树能够解决的问题树状数组未必能够解决.
3.树状数组的突出特点是其编程的极端简洁性, 使用lowbit技术可以在很短的几步操作中完成树状数组的核心操作，其代码效率远高于线段树。
上面出现了一个新名词:lowbit.其实 lowbit(x) 就是求 x 最低位的1;
下面加图进行解释
对于一般的二叉树,我们是这样画的
把位置稍微移动一下,便是树状数组的画法
一图秒懂
重头戏来了，bestsort教你一图学会树状数组~(咱也不知道为啥其他博客写那么复杂
需要注意的是，图中的子节点包括自己，比如说8这个节点，里面的值是原始数组中[5,8]的和
标记为灰色的节点实际已被上层覆盖,不占据空间
下面是二进制版本，能看到
更新过程是每次加了个二进制的低位1(101+1 ->110, 110 + 10 -> 1000, 1000 + 1000 -> 10000)
查询过程每次就是去掉了二进制中的低位1(1111 - 1 -> 1110, 1110 - 10 -> 1100, 1100 - 100 -> 1000)
开篇就说了,lowbit(x)是取出x的最低位1;具体操作为
int lowbit(x){return x&(-x);}
极致简短!!!!现在我们来理解一下这行代码:
我们知道,对于一个数的负数就等于对这个数取反+1
以二进制数11010为例:11010的补码为00101,加1后为00110,两者相与便是最低位的1
其实很好理解,补码和原码必然相反,所以原码有0的部位补码全是1,补码再+1之后由于进位那么最末尾的1和原码
最右边的1一定是同一个位置(当遇到第一个1的时候补码此位为0,由于前面会进一位,所以此位会变为1)
所以我们只需要进行 a&(-a) 就可以取出最低位的1了
会了lowbit,我们就可以进行区间查询和单点更新了!!!
单点更新:
继续看开始给出的图
此时如果我们要更改A[1]
则有以下需要进行同步更新
1(001) C[1]+=A[1]
lowbit(1)=001 1+lowbit(1)=2(010) C[2]+=A[1]
lowbit(2)=010 2+lowbit(2)=4(100) C[4]+=A[1]
lowbit(4)=100 4+lowbit(4)=8(1000) C[8]+=A[1]
换成代码就是:
void update(int x,int y,int n){
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) //x为更新的位置,y为更新后的数,n为数组最大值
c[i] += y;
}
区间查询:
举个例子 i=5
C[4]=A[1]+A[2]+A[3]+A[4];
C[5]=A[5];
可以推出: sum(i = 5) ==> C[4]+C[5];
序号写为二进制: sum(101)=C[(100)]+C[(101)];
第一次101,减去最低位的1就是100;
其实也就是单点更新的逆操作
代码如下:
int getsum(int x){
int ans = 0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
ans += c[i];
return ans;
}
求逆序对
逆序对：如果存在正整数 \(i, j\) 使得 \(1≤i<j≤n\) 而且 \(A[i]>A[j]\)，则 \(<A[i], A[j]>\) 这个有序对称为 A 的一个逆序对
操作
对于数组a，我们将其离散化处理为b[].区间查询与单点修改代码如下
void update(int p)
{
while(p<=n)
{
a[p] ++;
p+=lowbit(p);
}
}
int getsum(int p)
{
int res = 0;
while(p)
res += a[p],p -= lowbit(p);
return res;
}
a的逆序对个数为：
for(int i=1;i<=n;i++){
update(b[i]+1);
res += i-getsum(b[i]+1);
}
res就是逆序对个数，ask，需注意b[i]应该大于0
原理
第一次插入的时候把5这个位置上加上1，read(x)值就是1，当前已经插入了一个数，所以他前面比他大的数的个数就等于 i - read(x) = 1 - 1 = 0，所以总数 sum += 0
第二次插入的时候，read(x)的值同样是1，但是 i - read(x) = 2 - 1 = 1，所以sum += 1
第三次的时候，read(x)的值是2，i - read(x) = 3 - 2 = 1，所以sum += 1
第四次，read(x)的值是1，i - read(x) = 4 - 1 = 3，所以sum += 3
第五次，read(x)的值是1，i - read(x) = 5 - 1 = 4，所以sum += 4
这样整个过程就结束了，所有的逆序对就求出来了。
求区间最大值
void Update(int i,int v)
{
while(i<=maxY)
{
t[i] = max(t[i],v);
i += lowbit(i);
}
}
int query(int i)
{
int ans = 0;
while(i)
{
ans = max(ans,t[i]);
i -= lowbit(i);
}
return ans;
}
区间修改+单点查询
通过“差分”（就是记录数组中每个元素与前一个元素的差），可以把这个问题转化为问题1。
查询
设原数组为 \(a[i]\)，设数组，则
，可以通过求 \(d[i]\) 的前缀和查询。
修改
当给区间 \([l,r]\) 加上 \(x\) 的时候，\(a[l]\) 与前一个元素 \(a[l-1]\) 的差增加了 \(x\)，\(a[r+1]\) 与 \(a[r]\) 的差减少了 \(x\)。根据 \(d[i]\) 数组的定义，只需给 \(a[l]\) 加上 \(x\), 给 \(a[r+1]\) 减去 \(x\) 即可。
void add(int p, int x){ //这个函数用来在树状数组中直接修改
while(p <= n) sum[p] += x, p += p & -p;
}
void range_add(int l, int r, int x){ //给区间[l, r]加上x
add(l, x), add(r + 1, -x);
}
int ask(int p){ //单点查询
int res = 0;
while(p) res += sum[p], p -= p & -p;
return res;
}
区间修改+区间查询
这是最常用的部分，也是用线段树写着最麻烦的部分——但是现在我们有了树状数组！
怎么求呢？我们基于问题2的“差分”思路，考虑一下如何在问题2构建的树状数组中求前缀和：
位置p的前缀和
在等式最右侧的式子中，\(d[1]\) 被用了 \(p\) 次，\(d[2]\) 被用了 \(p-1\) 次……那么我们可以写出：
位置p的前缀和
那么我们可以维护两个数组的前缀和：
一个数组是
另一个数组是
查询
位置p的前缀和即：数组中p的前缀和 - sum2数组中p的前缀和。
区间[l, r]的和即：位置r的前缀和 - 位置l的前缀和。
修改
对于 sum1 数组的修改同问题2中对d数组的修改。
对于 sum2 数组的修改也类似，我们给 sum2[l] 加上 l * x，给 sum2[r + 1] 减去 (r + 1) * x。
void add(ll p, ll x){
for(int i = p; i <= n; i += i & -i)
sum1[i] += x, sum2[i] += x * p;
}
void range_add(ll l, ll r, ll x){
add(l, x), add(r + 1, -x);
}
ll ask(ll p){
ll res = 0;
for(int i = p; i; i -= i & -i)
res += (p + 1) * sum1[i] - sum2[i];
return res;
}
ll range_ask(ll l, ll r){
return ask(r) - ask(l - 1);
}
用这个做区间修改区间求和的题，无论是时间上还是空间上都比带lazy标记的线段树要优。
二维树状数组
我们已经学会了对于序列的常用操作，那么我们不由得想到（谁会想到啊喂）……能不能把类似的操作应用到矩阵上呢？这时候我们就要写二维树状数组了！
在一维树状数组中，tree[x]（树状数组中的那个“数组”）记录的是右端点为x、长度为lowbit(x)的区间的区间和。
那么在二维树状数组中，可以类似地定义tree[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。
单点修改+区间查询
void add(int x, int y, int z){ //将点(x, y)加上z
int memo_y = y;
while(x <= n){
y = memo_y;
while(y <= n)
tree[x][y] += z, y += y & -y;
x += x & -x;
}
}
void ask(int x, int y){//求左上角为(1,1)右下角为(x,y) 的矩阵和
int res = 0, memo_y = y;
while(x){
y = memo_y;
while(y)
res += tree[x][y], y -= y & -y;
x -= x & -x;
}
}
区间修改 + 单点查询
我们对于一维数组进行差分，是为了使差分数组前缀和等于原数组对应位置的元素。
那么如何对二维数组进行差分呢？可以针对二维前缀和的求法来设计方案。
二维前缀和：
那么我们可以令差分数组 表示
与
的差。
例如下面这个矩阵
1 4 8
6 7 2
3 9 5
对应的差分数组就是
1 3 4
5 -2 -9
-3 5 1
当我们想要将一个矩阵加上x时，怎么做呢？
下面是给最中间的3*3矩阵加上x时，差分数组的变化：
0 0 0 0 0
0 +x 0 0 -x
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 -x 0 0 +x
这样给修改差分，造成的效果就是：
0 0 0 0 0
0 x x x 0
0 x x x 0
0 x x x 0
0 0 0 0 0
最终代码：
void add(int x, int y, int z){
int memo_y = y;
while(x <= n){
y = memo_y;
while(y <= n)
tree[x][y] += z, y += y & -y;
x += x & -x;
}
}
void range_add(int xa, int ya, int xb, int yb, int z){
add(xa, ya, z);
add(xa, yb + 1, -z);
add(xb + 1, ya, -z);
add(xb + 1, yb + 1, z);
}
void ask(int x, int y){
int res = 0, memo_y = y;
while(x){
y = memo_y;
while(y)
res += tree[x][y], y -= y & -y;
x -= x & -x;
}
}
区间修改 + 区间查询
类比之前一维数组的区间修改区间查询，下面这个式子表示的是点(x, y)的二维前缀和：
(d[h][k]为点(h, k)对应的“二维差分”(同上题))
这个式子炒鸡复杂(\(O(n^4)\) 复杂度！)，利用树状数组，我们可以把它优化到 \(O(\log_2 n)\)！
首先，类比一维数组，统计一下每个 出现过多少次。
出现了 \(x*y\) 次。\(d[1][2]\) 出现了 \(x*（y-1）\)……
出现了
次。
那么这个式子就可以写成：
那么我们要开四个树状数组，分别维护：
最终代码
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll read(){
char c; bool op = 0;
while((c = getchar()) < '0' || c > '9')
if(c == '-') op = 1;
ll res = c - '0';
while((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
res = res * 10 + c - '0';
return op ? -res : res;
}
const int N = 205;
ll n, m, Q;
ll t1[N][N], t2[N][N], t3[N][N], t4[N][N];
void add(ll x, ll y, ll z){
for(int X = x; X <= n; X += X & -X)
for(int Y = y; Y <= m; Y += Y & -Y){
t1[X][Y] += z;
t2[X][Y] += z * x;
t3[X][Y] += z * y;
t4[X][Y] += z * x * y;
}
}
void range_add(ll xa, ll ya, ll xb, ll yb, ll z){ //(xa, ya) 到 (xb, yb) 的矩形
add(xa, ya, z);
add(xa, yb + 1, -z);
add(xb + 1, ya, -z);
add(xb + 1, yb + 1, z);
}
ll ask(ll x, ll y){
ll res = 0;
for(int i = x; i; i -= i & -i)
for(int j = y; j; j -= j & -j)
res += (x + 1) * (y + 1) * t1[i][j]
- (y + 1) * t2[i][j]
- (x + 1) * t3[i][j]
+ t4[i][j];
return res;
}
ll range_ask(ll xa, ll ya, ll xb, ll yb){
return ask(xb, yb) - ask(xb, ya - 1) - ask(xa - 1, yb) + ask(xa - 1, ya - 1);
}
int main(){
n = read(), m = read(), Q = read();
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= m; j++){
ll z = read();
range_add(i, j, i, j, z);
}
}
while(Q--){
ll ya = read(), xa = read(), yb = read(), xb = read(), z = read(), a = read();
if(range_ask(xa, ya, xb, yb) < z * (xb - xa + 1) * (yb - ya + 1))
range_add(xa, ya, xb, yb, a);
}
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= m; j++)
printf("%lld ", range_ask(i, j, i, j));
putchar('\n');
}
return 0;
}
