树状数组

前言

本蒟蒻学习了7，8遍树状数组才学会，原因不是因为我笨，而是没有把根本的理念先搞懂，so，我打算写这篇博客，把树状数组根本剖析一下

用途

用于快速单点修改，快速查询前缀和，从而快速查询区间和

工作原理

其中有数字的点存储的是树状数组的 $tr[]$ ，灰色节点则是为了方便理解而画出的子虚乌有的节点，一个节点上的tr值就是它下面所直连的子节点的和，为什么要这样设计呢，手模一下可以发现一个tr节点的高度就是它数字转化为二进制第一个1出现的位置，
再进一步手模发现，一个tr节点下面数字的和就是这个数字去掉最后一个1在加1到这个数字的中的所有 $a_i$，抱歉这里表述的不太明白，还是看例子吧

修改，维护前缀和，只需要在最后的1加上1就可以了

lowbit(x)

$lowbit(x)=x\mathrm{\&}-x$ 功能是找到x的最后一个1

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int n,q,op,l,r;
int a[N],tr[N];
int lowbit(int x){
	return x&(-x);
}
void add(int x,int y){
	for(;x<=n;x+=lowbit(x)){
		tr[x]+=y;
	}
}
int query(int x){
	int res=0;
	for(;x;x-=lowbit(x)){
		res+=tr[x];
	}
	return res;
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
		add(i,a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=q;i++){
		scanf("%lld%lld%lld",&op,&l,&r);
		if(op==1)  add(l,r);
		else  printf("%lld\n",query(r)-query(l-1));
	}
}

一本通oj例题

T2

我们注意到逆序对有两维的要求，我么们可以通过枚举一维顺序，再用树状数组维护所有在i前比它大的数的个数，就可以了

T3

对于这一类的题，先考虑dp，我们设 $dp[i][j]$ 表示以第i个数为结尾，长度为j的严格上升子序列的个数

然后dp转移方程式就是 $$dp[i][j]=\sum _{a[k]<a[i],k<i}^{k}dp[k][j-1]$$

考虑因为有 $a[k]<a[i],k<i$ 的限制并且还有加和，所以用树状数组优化，对于每一个j开一维树状数组维护前缀和即可

注：答案要取模，我以后再也不犯这样傻逼的错误了

T4：

推式子

T5:

考虑一种思想，在一维的树状树组的每一个位置上分别再开一维树状数组，看代码可能就秒懂力（

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=(1<<12)+50;
int n,m,op,a,b,c,d;
int tr[N][N];
int lowbit(int x){
	return x&(-x);
}
void add(int x,int y,int z){
	for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)){
		for(int j=y;j<=m;j+=lowbit(j)){
			tr[i][j]+=z;
		}
	}
}
int query(int x,int y){
	int res=0;
	for(int i=x;i;i-=lowbit(i)){
		for(int j=y;j;j-=lowbit(j)){
			res+=tr[i][j];
		}
	}
	return res;
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	while(scanf("%lld",&op)!=EOF){
		if(op==1){
			scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
			add(a,b,c);
		}
		else{
			scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d);
			printf("%lld\n",query(c,d)+query(a-1,b-1)-query(c,b-1)-query(a-1,d));
		}
	}
}

T6:

和区间修区间查一样的套路

维护4个树状数组即可

T7:

先考虑二维树状数组，发现好像空间会超不好办

注意到题目给的条件

不会有星星重叠。星星按 $y$ 坐标增序给出，$y$ 坐标相同的按 $x$ 坐标增序给出。

我们考虑固定一维y升序考虑，出题人真良心，都不用自己排序了，然后只需要树状数组维护所有x小于当前点的x的个数就行了

T8：

傻逼ybt，它没写i<j的条件，害的我迷惑了半天

式子转化成 $a[i]-i<a[j]-j$ 然后直接做就做完了，注意要离散化一下

T9：

非常巧妙的题，使我的脑袋旋转

首先我们每次只能选最大的值删除，所以删除顺序是固定的

考虑将一些元素从一个堆弹到另一个堆，会使这些元素顺序反过来

然后于是我们就将两个栈顶拼在一起，记录栈顶位置，然后每次在栈中寻找最大的元素，树状数组维护栈顶距离最大值中间有多少个元素即可

T10：

做过类似的题，还写过题解

解释起来有点复杂，我当时题解写了好久，算了，懒得写了

T11：

当 $x=0$ 时，
将每一项 $a_i$ 拆分成二进制，记录每一位（即$a_i\mathrm{mod}{2}^i$）等于1的数有多少个，
如果该位如果 $y$ 的第 $2^i$ 位也正好等于1，那么将 $ans$ 加上 $f_i\ast 2^i$。

当 $x\ne 0$ 时，
还是一位一位增加答案，假设现考虑第$i$位，则显然是$[2^i,2^{i+1}-1]$的数是可行的，
所以我们可以建立树状数组$c_{i,j}$来记录每项 $a\mathrm{mod}{2}^{i+1}$，但还是要对$x$进行讨论：
姑且将 $x\mathrm{mod}{2}^{i+1}$ 先。

当 $x\le 2^i$时 ，
$ans$ 加在 $[2^i-x,2^{i+1}-1-x]$之间的数的个数*$2^i$。

当 $x>2^i$时 ，
$ans$ 加在 $[0,2^{i+1}-1-x]\cup [2^{i+1}+2^i-x,2^{i+1}-1]$之间的数的个数*$2^i$。

所以开20棵树状数组，分别维护序列模上 $2^i$ 后加入树状数组，然后数点即可