树状数组导论

关于这篇文章

这篇文章是《树状数组模板》的详细篇（~~萌新我的学习笔记~~），主要是介绍树状数组的原理

以及介绍这种超强数据结构的一些强大用法

但是可能会与《树状数组模板》的内容有些重复

关于树状数组，你需要了解的

树状数组的定义

一种支持单点修改，区间查询的数据结构。

这是比较基础的定义。

树状数组不止于“单点修改，区间查询”，更有其他美妙的用法。

最关键的是比线段树，

写得快，调得快，运行得快！！！

~~（但区间最值就不比线段树运行得快了）~~

树状数组，顾名思义，就是可以被数组容下的树

因为树状数组的空间复杂度是 $O(n)$ ，也就是一个数组的长度，因此得名

也因为树状数组的树节点的编号可以组成一个数组

lowbit是啥，能吃吗

lowbit(x) 是树状数组最重要的一个函数

lowbit(x) 返回 $x$ 只留下最低位的 $1$ 后的结果。

例如对于 lowbit(5) ,其结果就是 $(110)_2$ 种只留下最低位的 $1$ ，所以 lowbit(5)=2

代码如下：

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

那 lowbit 的代码的原理如下：

首先，要了解补码的概念：

在常见的计算机中，数据都是以补码的形式表示的。

一个数 $x$ 的补码就是将 $x$ 按位取反后再 $+1$ 后的数

那如何只留下最低位的 $1$ 呢？

由于末尾的 $1$ 都是以 $1$ 后跟着一串 $0$ 的形式出现的，所以取反后就变成了 $0$ 后跟着一串 $1$ ，
这时再 $+1$ 的话，就会将末尾跟着的一串 $1$ 又变成 $0$，那个 $0$ 又被进位为 $1$ ，这时再进行按位与，由于有前面的部分是被取反的，所以与后不会留下，但是最末尾的 $1$ 却与原来的数保持一致，所以就只留下来末尾的 $1$ 了。

简单模拟：

$ s_1 = (a_1a_2a_3a_4 \cdots 10\cdots 0)_2 $

将 $s_1$ 按位取反得到 $s_2$

$s_2=(b_1b_2b_3b_4\cdots01\cdots1)$

其中 $b_i$ 为 $a_i$ 取反后的结果

这时，再在末尾加 $1$ ：

$s_2+1=(b_1b_2b_3b_4\cdots10\cdots0)$

这时，$s_1 \& (s_2+1)$ 的结果就是 $(00000\cdots10\cdots0)$，也就是最低位的 $1$

另外，关于 $lowbit(x)$ 的值，在 $1\leq x\leq 10^9$ 时，$lowbit(x)$ 的期望为 $15.0888$，如果范围更小的话，应该会更小一些

树状数组的思想

这里要用到之前所说的 lowbit 了，有没有一些激动？！

首先先考虑树状数组的经典用法，维护区间和

首先运用前缀和的思想，只要能够维护数组前缀和，就可以维护区间和了。

于是设前 $n$ 个数的前缀和为 $pre(n)$ ，即 $pre(n)=\sum\limits_{i=1}^na_i$

拿 $n=6$ 的情况举例，$n$ 的二进制拆分为 $n=(110)_2=(100)_2+(10)_2=4+2$

而 $pre(n)$ 可以拆分为 $pre(n)=\sum\limits_{i=1}^4a_i+\sum\limits_{i=5}^6a_i$

可以发现，我们将 $pre(n)$ 拆分出的两个区间的长度与 $n$ 的二进制拆分是相互对应的

于是就想到了，让树状数组维护一下这些长度为 $(100\cdots0)_2$ 的区间不就行了吗？

没错，通过维护这些区间，就可以维护树状数组的前缀和了

但这与 lowbit 有何联系？

如果考虑要查找 $pre(n)$ ，就需要二进制拆分 $n$ 来获取各个拆分出的区间的和

但直接拆分是需要 $O(\log n)$ ，但其实我们只需要那些拆分后为 $1$ 的位的值，

所以我们每次将 $n$ 取 $lowbit(n)$ ，获取这个区间的和，然后 $n-=lowbit(n)$，直到 $n=0$

这时所访问过的所有区间之和就是 $pre(n)$，这样的话最坏复杂度 $O(\log n)$ ，实际上大概率达不到

说了这么多，也该讲讲树状数组的实现了：

树状数组的实现

这一部分中的代码有很多都是从《树状数组模板》中摘过来的

凡事总要从基础做起

所以先讲解基础树状数组的实现，即单点修改，区间询问模板

区间求和

这个太简单了

就像《树状数组的思想》一章所言，实现 $get(x)$ （有些人把这个函数称作 $getsum(x)$），来求出 $pre(x)$ 的值。

为了方便获取值，我们将以 $a_i$ 结尾的长度为 $lowbit(i)$ 的区间之和储存于 c[i]

那就统计一个 ret

当 $x$ 不等于 $0$ 时，也就是没有拆分完时，

ret+=c[x]，加上以 $x$ 结尾的 $lowbit(x)$ 长度的区间和

x-=lowbit(x) ，减去当前区间长，去查找下一个区间

单点修改

单点修改较为麻烦

我们要实现一个 $add(x,k)$ ，将 $a_x$ 加上 $k$

如果要增加 $a_x$ 的值，那所有包含 $a_x$ 的区间的值都会加上 $k$

首先要说明，编号最小（也就是 $i$ 最小）的包含 $a_x$ 的 c[i] 是 c[x]

这一点很显然，所有小于 $x$ 的 c[i] ，是以 $a_i$ 结尾的，因为 $i<x$ ，所以 c[i] 必然是不包含 $a_x$ 的

那下一个包含 $a_x$ 的区间编号为多少呢？

这里将要讲解树状数组中父节点的设计！！！

事实上编号是 $x+lowbit(x)$ ，为什么呢？

首先要证明， $x+lowbit(x)$ 的区间包含 $a_x$

这个很好想，只需要比较一下 $lowbit(x+lowbit(x))$ 与 $lowbit(x)$ 的大小即可，

因为 c[x+lowbit(x)] 代表的区间长度为 $lowbit(x+lowbit(x))$ ，

如果 $x+lowbit(x)-lowbit(x+lowbit(x)) < x$ ，就包含 $a_x$

可以通过不等式移项得到，如果 $lowbit(x)<lowbit(x+lowbit(x))$ ，就包含 $a_x$

因为 $x \geq lowbit(x)$ ，所以 $2 \times lowbit(x) \leq x+lowbit(x)$

所以 $lowbit(2 \times lowbit(x)) \leq lowbit(x+lowbit(x))$

又因为 $lowbit(lowbit(x))=lowbit(x)$ ，

所以 $lowbit(2\times lowbit(x))=2\times lowbit(x)$ ，

所以 $2 \times lowbit(x) \leq lowbit(x+lowbit(x))$

所以 $lowbit(x)<lowbit(x+lowbit(x))$

因此，根据上文，$x+lowbit(x)$ 的区间一定包含 $a_x$

证明有亿点点长，但接下来还要证明对于任意 $x+w(0 < w < lowbit(x))$，不包含 $a_x$

这里就给出一个比较简略的证明吧（~~主要是作者太懒了~~）：

因为 $w<x+lowbit(x)$ ，所以 $lowbit(w)<lowbit(x)$

与上文的不等式同理，如果 $w<lowbit(x+w)$ ，那么区间包含 $a_x$，反之则不然

因为 $w<lowbit(x)$ ，所以 $lowbit(w)=lowbit(x+w)$ （~~这里简略了，读者自证~~）

而 $lowbit(w) \leq w$ ，不满足 $w < lowbit(x+w)$，所以区间不包含 $a_x$

好吧，证明有点多了，至此可以证明 $x+lowbit(x)$ 是下一个包含 $a_x$ 的节点

这里再次定义一个函数吧，有助于下文书写，$next(i)=i+lowbit(i)$

但在改完 $next(x)$ 后，怎么找到下一个包含 $a_x$ 的区间呢？

我们有一种预感， $next(next(x))$ 应该就是要找的区间

所以我们需要证明树状数组中不存在没有包含关系，只是相交关系的两个区间

如果证明成功的话，我们只需要找到下一个包含当前区间的区间即可，那就是 $next(next(x))$ （~~应该不难理解~~）

如果存在有区间 $i$ 和区间 $j$ （$i<j$），使得区间 $i,j$ 不包含却相交

那么由于 $j\geq i+lowbit(i)$ ，是一定会包含 $i$ 区间（由上文可知）

所以 $i<j<i+lowbit(i)$

与上文中关于 $w$ 的证明条件相同，因此由那段证明可知，$j$ 区间不包含 $a_i$ 元素，所以不存在满足条件的 $i,j$

由此可知 $next(next(x))$ 就是我们要找的区间

既然证明了以上这些，如果需要执行 $add(x,k)$，只需要先将 c[x]+=k ，再 x+=lowbit(x)

但必须保证 $x\leq n$ 才行

参考代码如下所示：

void add(int x,int k)
{
    while(x<=n)
    {
        c[x]+=k;
        x+=lowbit(x);
    }
}

树状数组的结构

你可能会问，为何这时再说树状数组的结构，先讲实现再将结构？

确实树状数组的结构与其实现没有必然联系，但是讲了实现却更容易理解结构

如下图所示：

可以发现，图中，对于节点 $i$ 的父亲就是 $next(i)$

所以 $add(x,k)$ ，就是将 $x$ 节点本身及其祖先更新了一下

但 $get(x)$ 在这张图中稍微难看一点，不过如果靠看每个节点覆盖的区间应该也可以看出的

这个结构用处在于扩展树状数组（~~尤其是可持久化树状数组~~）

对于普通的 $add(x,k)$ 和 $get(x)$ 并没有太大用处

接下来，将一些比较难的东西——树状数组的扩展

树状数组的扩展

O(n) 建树

标准模板：

void init()
{
    int x;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        c[i]+=a[i];
        x=i+lowbit(i);
        if(x<=n) c[x]+=c[i];
    }
}

说实话，这个模板没啥可说的，就是将当前值加到父亲身上，当父亲时，父亲的值就已经全了（~~肉眼可见的O(n)~~）

但是，下面的模板就有些不好辨认了：

for(int i=1;i<=n;i++)
{
    c[i]+=a[i];
    for(int j=1;j<lowbit(i);j*=2){
        c[i]+=a[i-j];
    }
}

但其实这种方法也是 O(n)，但证明比较复杂（~~萌新我不会啦~~）

差分（区间修改+单点查询）

直接用树状数组维护差分数组即可

int c[MAXN];

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

void repreadd(int x,int k)
{
    while(x<=n)
    {
        c[x]+=k;
        x+=lowbit(x);
    }
}

void add(int l,int r,int x)
{
    repreadd(l,x),repreadd(r+1,-x);
}

int get(int x)
{
    int ret=0;
    while(x)
    {
        ret+=c[x];
        x-=lowbit(x);
    }
    return ret;
}

void init()
{
    int x;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        c[i]+=a[i]-a[i-1];
        x=i+lowbit(i);
        if(x<=n) c[x]+=c[i];
    }
}

其中 repreadd 是标准的树状数组单点加，而 add 则是应用于维护差分的树状数组的区间加

两个树状数组的妙用（区间修改+区间查询）

这里稍微有些麻烦，但也比较好理解，这里引用一下我写过的《树状数组模板里的内容》：

说实话，这种用法算不上模板，但确实很强，比用线段树快很多，空间少用了很多，最重要的是：

代码量极其之短，而且特别好调（只要公式没写错）

设 $a_i$ 为原数组， $b_i$ 为 $a_i$ 的差分数组

可得：

\[a_i=\sum\limits_{j=1}^ib_j \]
因此，如果我们想要求出前 $x$ 个数之和，可得：

\[\sum\limits_{i=1}^xa_i\\ =\sum\limits_{i=1}^x\sum\limits_{j=1}^ib_j\\ =b_1\times x+b_2\times(x-1)+b_3\times(x-2)+\cdots+b_x\times1\\ =\sum\limits_{i=1}^x(x-i+1)b_i\\ =(x+1)\sum\limits_{i=1}^xb_i-\sum\limits_{i=1}^xi \times b_i \]
这时候就可以发现，要想求出区间之和，需要维护两个树状数组，一个统计 $b_i$ 的前缀和，另一个统计 $i \times b_i$ 的前缀和。

int n;
ll c1[MAXN],c2[MAXN],a[MAXN];

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

void stdadd(int x,ll k)
{
	ll w=x*k;
	while(x<=n)
	{
		c1[x]+=k,c2[x]+=w;
		x+=lowbit(x);
	}
}

ll stdgetsum(ll *c,int x)
{
	ll ret=0;
	while(x)
	{
		ret+=c[x];
		x-=lowbit(x);
	}
	return ret;
}

void add(int l,int r,int x)
{
	stdadd(l,x);
	stdadd(r+1,-x);
}

ll getsum(int l,int r)
{
	return (r+1)*stdgetsum(c1,r)-l*stdgetsum(c1,l-1)-
	stdgetsum(c2,r)+stdgetsum(c2,l-1);
}

void init()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        c1[i]+=a[i]-a[i-1];
        c2[i]+=i*(a[i]-a[i-1]);
        int x=i+lowbit(i);
        if(x<=n)
        {
            c1[x]+=c1[i];
            c2[x]+=c2[i];
        }
    }
}

其中 c1 是正常的差分用法，c2 则是维护 $i\times b_i$

详情请看代码，挺清楚了

这里为什么有条分界线呢？

因为后面的扩展的可用性较小

但树状数组党还是值得一看

模拟平衡树

很简单的扩展

用树状数组维护值域，在值域较大时空间复杂度遭到严重打击，会出现 MLE （~~建议还是老老实实的写平衡树~~）

而且其实在值域比较小的情况下，插入删除排名第K小以及前驱后继的时间复杂度为 $O(\log u)$ ，

比平衡树的 $O(\log n)$ 还是要慢不少的

int n;
int c[MAXN],a[MAXN];

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

void add(int x,int k)
{
    while(x<=maxa)
    {
        c[x]+=k;
        k+=lowbit(k);
    }
}

void build()
{
    for(int i=1; i<=n; i++) add(a[i],1);
}

int rank(int x)
{
    int res=1;
    x--;
    while(x) res+=c[x],x-=lowbit(x);
    return res;
}

int findKth(int k)
{
    int ans=0,cnt=0;
    for(int i=30; i>=0; i--)
    {
        ans+=(1<<i);
        if(ans>maxa||cnt+c[ans]>=k) ans-=(1<<i);
        else cnt+=c[ans];
    }
    return ++ans;
}

int pre(int x){return findKth(rank(x)-1);}
int nxt(int x){return findKth(rank(x)+1);}

挺好写的，但也不比平衡树好写多少，总体还是推荐平衡树的

另外 maxa 是 $a$ 数组里最大的数的值

至于为什么 build 函数不使用上面的 init 函数的方法初始化，因为对于当前状况，build 是 $O(n\log u)$ 的，而 init 是 $O(u+n)$ （为什么不是 $O(u)$ 的，因为还要扫描 $a$ 数组将其装入桶里）的，所以 init 应该比 build 还慢，当然具体视情况而定

话说，这种扩展也可以维护第k小问题，所以下面的第k小扩展其实有亿点点多余

时间戳优化

其实这个优化是不太想说了，因为过于常见

引用一下 OI-wiki 的内容：

对付多组数据很常见的技巧。如果每次输入新数据时，都暴力清空树状数组，就可能会造成超时。因此使用 $tag$ 标记，存储当前节点上次使用时间（即最近一次是被第几组数据使用）。每次操作时判断这个位置 $tag$ 中的时间和当前时间是否相同，就可以判断这个位置应该是 0 还是数组内的值。

就是维护 $tag$ 数组以及 $temp$ 变量，$tag_i$ 表示 $c_i$ 上一次被使用是什么时候，$temp$ 表示现在是什么时候

当访问 $c_i$ 时，如果 $tag_i \neq temp$ ，那么 $c_i$ 存储的不是这一轮的值，否则 $c_i$ 里的值就是这一轮的值

当要换到下一轮（清空树状数组）时，直接将 $temp$ 加 $1$

这里给出树状数组基础实现时间戳优化后的代码：

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

void clr(){++temp;}

void add(int x,int k)
{
    while(x<=n)
    {
        if(tag[x]!=temp)
        {
            c[x]=k;
            tag[x]=temp;
        }
        else c[x]+=k;
        x+=lowbit(x);
    }
}

int get(int x)
{
    int ret=0;
    while(x)
    {
        if(tag[x]==temp) ret+=c[x];
        x-=lowbit(x);
    }
    return ret;
}

void init()
{
    int x;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        c[i]+=a[i];
        x=i+lowbit(i);
        if(x<=n) c[x]+=c[i];
    }
}

其中 clr() 就是清空函数，负责清空树状数组

离散化树状数组

其实这算不上一种扩展，只能说是一种省时间省空间的方法

以后会写一篇《竞赛中的各类离散化》的

首先考虑，树状数组最大的缺点是什么，就是维护区间占用空间太大

如果区间长度为 $len$ ，那树状数组的空间复杂度为 $O(len)$

看起来占用的不大，但如果要维护 $[1,10^{10}]$ ，就有些大了（ ~~当场 MLE~~ ）

这时就需要分析题目了，这类题目的区间较大，但由于时间限制，所以询问和插入不会太多

所以可以将区间范围缩小，即离散化

请注意：以下离散化的方法仅能用于非强制在线的题目

将所有要操作（这里的操作包含查询和修改）的区间列出来，如：$[1,10^5],[10^3,10^7],[10^5,10^7]$

然后将所有区间的左右端点提取到一个数组里，进行排序，如：$1,10^3,10^5,10^5,10^7,10^7$

再进行去重，如：$1,10^3,10^5,10^7$

将数组里的每个元素与其在数组里的下标一一对应，

如（这里的数组下标从 $1$ 开始）：$(1,1),(10^3,2),(10^5,3),(10^7,4)$

最后将要操作的区间的端点都替换成其对应的数：$[1,3],[2,4],[3,4]$

这时再在这些区间里操作，就能省下大量的空间和时间了

二维树状数组

~~我已经找到了一个绝妙的二维数据结构，但是这里太窄了，写不下。~~

请转到二维树状数组导论

第k小

啥？树状数组还能写第k小，当然了

毕竟第k小是史上最经典问题之一（雾，~~不应该是区间第k小吗？~~），解决方案有：

万能的可持久化家族，如主席树
各类分治的排序，如快排

$\cdots \cdots \cdots$

既然有这么多算法，树状数组当然可以解决这个问题（~~树状数组万岁！！！~~）

那说了这么多，第k小是什么呢？

就是给你一个数组 $a$ ，让你维护一种操作：

给出一个数 $k$，让你回答数组 $a$ 中第 $k$ 小的数是多少

题意很简单，做起来也很简单

既然要用树状数组做，那树状数组最擅长维护区间和，于是就要尝试与区间和联系

建立一个数组 $b$ ，$b_{i}$ 就表示 $a$ 数组中等于 $i$ 的元素有多少个

可以认为 $b$ 数组就是一个桶

那第 $k$ 小就是找到最小的 $x$ 使得 $pre(x) \leq k$ （在这里， $pre(x)=\sum\limits_{i=1}^xb_i$）

这不就是树状数组最擅长的区间和了吗？

考虑到 $pre(i)$ 是个上升函数，所以可以使用二分来查找 $x$ 的值，

时间复杂度应该是 $O((\log u)^2)$ （这里的 $u$ 是值域）

那能不能再优化一点呢？

可以考虑倍增优化：

令 $dep=\lfloor \log u \rfloor$

$x$ 代表当前来到 $a_x$ ，$sum$ 负责维护 $pre(x)$

计算 $t=\sum\limits_{i=x+1}^{x+2^{dep}}a_i$

如果 $sum+t \leq k$ ，$sum$ 加上 $t$，$x$ 加上 $2^{dep}$ 次方

$dep$ 减 $1$

只要 $dep \geq 0$ ，就一直循环

这时就会发现，这种倍增的方法不还是 $O((\log u)^2)$ 吗？

其实并不然，因为 $t=c_{x+2^{dep}}$ （这里的 $c$ 数组就是树状数组）

所以可以 $O(1)$ 求 $t$ ，那第 $k$ 小也就 $O(\log u)$ 回答了

代码（自己看吧，我就不解释了）：

int kth(int k)
{
    int cnt=0,ret=0;
    for (int dep=log2(n); dep>=0; dep--)
    {
        ret+=1<<dep;
        if(ret>=n||cnt+t[ret]>=k) ret-=1<<dep;
        else cnt+=c[ret];
    }
    return ret+1;
}

posted @ 2021-12-23 18:18 yhang323 阅读(47) 评论(0) 编辑收藏举报

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