基础知识
题目描述
当我们解决以下问题时…
有一串数据a每次有两个操作
- 对a[l]~a[r]求和
- 将a[l]+r
如果用暴力求解那么：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int a[1000000];
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
int c,l,r;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&c,&l,&r);
if(c==0)a[l]+=r;
else
{
c=0;
for(int i=l;i<=r;i++)
c+=a[i];
printf("%d\n",c);
}
}
return 0;
}
样例
输入
4 5
1 2 3 4
0 1 1
0 2 2
0 4 3
0 2 3
1 2 3
输出
10
优化
这种垃圾代码肯定得优化呀
于是便有了…
我们发现
- B[1] -> (000) = A[1]
- B[2] -> (000) = A[1]+A[2]
- B[3] -> (000) = A[3]
- B[4] -> (000) = A[1]+A[2]+A[3]+A[4]
- B[5] -> (000) = A[5]
- B[6] -> (000) = A[5]+A[6]
- B[7] -> (000) = A[7]
- B[8] -> (000) = A[1]+A[2]+A[3]+A[4]+A[5]+A[6]+A[7]+A[8]
则B[i]=A[i-2k+1]+A[i-2k+2]+…A[i]（k为i的二进制中从最低位到高位连续零的长度）例如i=8时，k=3;
实现函数lowbit(给定i求2k)
int lowbit(int i)
{
return i&(-i);//背下来就好
}
实现函数update(将x+y)
void update(int x,int y)
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
{
a[i]+=y;
}
}
实现求和sum(l~r求和)
int sum(int l)//1~l求和
{
int ret=0;
for(int i=l;i>=1;i-=lowbit(i))
{
ret+=a[i];
}
return ret;
}
int sum(int l,int r)//l~r求和
{
return sum(r)-sum(l-1);
}
树状数组优化的代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 1000000
int a[MAXN],n,m;
int lowbit(int i);
void update(int x,int y);
int sum(int l,int r);
int main()
{
int temp;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&temp);
update(i,temp);
}
int c,l,r;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&c,&l,&r);
if(c==0)update(l,r);
else
{
printf("%d\n",sum(l,r));
}
}
return 0;
}
int lowbit(int i)
{
return i&(-i);//背下来就好
}
void update(int x,int y)
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
{
a[i]+=y;
}
}
int sum(int l)//1~l求和
{
int ret=0;
for(int i=l;i>=1;i-=lowbit(i))
{
ret+=a[i];
}
return ret;
}
int sum(int l,int r)//l~r求和
{
return sum(r)-sum(l-1);
}
树状数组的扩展
当我们想要使用树状数组解决2维3维的问题时（怎么办?）
仔细想一想我们用一维for循环遍历一维数组二维for循环遍历二维数组
那我们就可以化一维转二维了
实现函数update(将[1,1]~[x,y]+z)
实现函数update(将[x1,y1]~[x2,y2]+z)
void update(int x,int y)
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
{
a[i]+=y;
}
}
实现求和sum(l~r求和)
int sum(int l)//1~l求和
{
int ret=0;
for(int i=l;i>=1;i-=lowbit(i))
{
ret+=a[i];
}
return ret;
}
int sum(int l,int r)//l~r求和
{
return sum(r)-sum(l-1);
}
题目解法
1.数列操作
题目描述
原题地址
给定n个数列,规定有两种操作，一是修改某个元素，二是求子数列[a,b]的连续和。数列元素个数最多10万个，询问操作最多10万次。
输入
第一行2个整数n,m(n表示输入n个数，m表示m操作）
第二行n个整数
接下来m行，每行三个数k,a,b(k=0,表示求子数列[a,b]的连续和；k=1,表示第a个数加b)。
输出
若干行,表示k=0时，对应子数列[a,b]连续和。
样例输入
10 5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
1 1 5
0 1 3
0 4 8
1 7 5
0 4 8
样例输出
11
30
35
绝对模板题没啥好说上代码
解法
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 1000000
int a[MAXN],n,m;
int lowbit(int i);
void update(int x,int y);
int sum(int l,int r);
int main()
{
int temp;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&temp);
update(i,temp);
}
int c,l,r;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&c,&l,&r);
if(c==1)update(l,r);
else
{
printf("%d\n",sum(l,r));
}
}
return 0;
}
int lowbit(int i)
{
return i&(-i);//背下来就好
}
void update(int x,int y)
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
{
a[i]+=y;
}
}
int sum(int l)//1~l求和
{
int ret=0;
for(int i=l;i>=1;i-=lowbit(i))
{
ret+=a[i];
}
return ret;
}
int sum(int l,int r)//l~r求和
{
return sum(r)-sum(l-1);
}
2.数星星 Stars
题目描述
原题连接
天空中有一些星星，这些星星都在不同的位置，每个星星有个坐标。如果一个星星的左下方（包含正左和正下）有 k 颗星星，就说这颗星星是 k 级的。
例如，上图中星星 5 是 3 级的（1,2,4 在它左下），星星 2,4 是 1 级的。例图中有 1 个 0 级，2 个 1 级，1 个 2 级，1 个 3 级的星星。
给定星星的位置，输出各级星星的数目。
一句话题意：给定 n 个点，定义每个点的等级是在该点左下方（含正左、正下）的点的数目，试统计每个等级有多少个点。
输入
第一行一个整数 N，表示星星的数目；
接下来 N 行给出每颗星星的坐标，坐标用两个整数 x,y表示；
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。
输出
N 行，每行一个整数，分别是 0 级，1 级，2 级，……，N−1 级的星星的数目。
输入样例
5
1 1
5 1
7 1
3 3
5 5
输出样例
1
2
1
1
0
提示
数据范围与提示：
对于全部数据，1≤N≤1.5×104,0≤x,y≤3.2×104
思路
刚看到此题太简单了二维树状数组！但是内存明显超限
1.因为y是从小到大给出的 -> 所以大的必定包含小的
2.且x也是从小到大给出的 -> 所以小的不必考虑大的
那么设a[i]表示在这颗星星之前所有X坐标为i的星星则sum(x)即为这个星星的级数
解法
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100000
int a[MAXN],n,ans[MAXN];
int lowbit(int i)
{
return i&(-i);//背下来就好
}
void update(int x,int y)
{
for(int i=x;i<=MAXN;i+=lowbit(i))
{
a[i]+=y;
}
}
int sum(int l)//1~l求和
{
int ret=0;
for(int i=l;i>=1;i-=lowbit(i))
{
ret+=a[i];
}
return ret;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
int x,y;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
ans[sum(x+1)]++;
update(x+1,1);
}
for(int i=0;i<n;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
3.校门外的树
题目描述
原题连接
校门外有很多树，学校决定在某个时刻在某一段种上一种树，保证任一时刻不会出现两段相同种类的树，现有两种操作：
K=1，读入 l,r 表示在 l 到 r 之间种上一种树，每次操作种的树的种类都不同；
K=2，读入 l,r 表示询问 l 到 r 之间有多少种树。
注意：每个位置都可以重复种树。
输入
第一行 n,m 表示道路总长为 n，共有 m 个操作；
接下来 m 行为 m 个操作。
输出
对于每个 k=2 输出一个答案。
输入样例
5 4
1 1 3
2 2 5
1 2 4
2 3 5
输出样例
1
2
提示
数据范围与提示：
对于 20% 的数据，1≤n,m≤100；
对于 %60% 的数据，1≤n≤103,1≤m≤5×104 ；
对于 %100% 的数据，1≤n,m≤5×104 ，保证 l,r>0。
思路
解法
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 1000000
int a1[MAXN],a2[MAXN],n,m;
int lowbit(int i)
{
return i&(-i);//背下来就好
}
void update1(int x,int y)
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
{
a1[i]+=y;
}
}
void update2(int x,int y)
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
{
a2[i]+=y;
}
}
int sum1(int l)//1~l求和
{
int ret=0;
for(int i=l;i>=1;i-=lowbit(i))
{
ret+=a1[i];
}
return ret;
}
int sum2(int l)//1~l求和
{
int ret=0;
for(int i=l;i>=1;i-=lowbit(i))
{
ret+=a2[i];
}
return ret;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int x,y,z;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
if(x==1)
{
update1(y,1);
update2(z,1);
}
else
{
printf("%d\n",sum1(z)-sum2(y-1));
}
}
return 0;
}
4.清点人数
题目描述
原题链接
NK 中学组织同学们去五云山寨参加社会实践活动，按惯例要乘坐火车去。由于 NK 中学的学生很多，在火车开之前必须清点好人数。
初始时，火车上没有学生。当同学们开始上火车时，年级主任从第一节车厢出发走到最后一节车厢，每节车厢随时都有可能有同学上下。年级主任走到第 m 节车厢时，他想知道前 m 节车厢上一共有多少学生，但是他没有调头往回走的习惯。也就是说每次当他提问时，m 总会比前一次大。
输入
第一行两个整数 n,k，表示火车共有 n 节车厢以及 k 个事件。
接下来有 k 行，按时间先后给出 k 个事件，每行开头都有一个字母 A，B 或 C。
如果字母为 A，接下来是一个数 m，表示年级主任现在在第 m 节车厢；
如果字母为 B，接下来是两个数 m,p，表示在第 m 节车厢有 p 名学生上车；
如果字母为 C，接下来是两个数 m,p，表示在第 m 节车厢有 p 名学生下车。
学生总人数不会超过 105 。
输出
对于每个 A ，输出一行，一个整数，表示年级主任的问题的答案。
输入样例
10 7
A 1
B 1 1
B 3 1
B 4 1
A 2
A 3
A 10
输出样例
0
1
2
3
提示
数据范围与提示：
对于 30% 的数据，1≤n,k≤104 ，至少有 3000 个 A；
对于 100% 的数据，1≤n≤5×105,1≤k≤105 ，至少有 3×104 个 A。
思路
没啥好说模板
解法
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 1000000
int a[MAXN],n,m;
int lowbit(int i);
void update(int x,int y);
int sum(int l);
int main()
{
int temp;
scanf("%d%d",&n,&m);
int l,r;
char c;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%s",&c);
if(c=='A')
{
scanf("%d",&l);
printf("%d\n",sum(l));
}
else if(c=='B')
{
scanf("%d%d",&l,&r);
update(l,r);
}
else
{
scanf("%d%d",&l,&r);
update(l,-r);
}
}
return 0;
}
int lowbit(int i)
{
return i&(-i);//背下来就好
}
void update(int x,int y)
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
{
a[i]+=y;
}
}
int sum(int l)//1~l求和
{
int ret=0;
for(int i=l;i>=1;i-=lowbit(i))
{
ret+=a[i];
}
return ret;
}
5.简单题
题目描述
原题链接
有一个 n 个元素的数组，每个元素初始均为 0。有 m 条指令，要么让其中一段连续序列数字反转——0 变 1，1 变 0（操作 1），要么询问某个元素的值（操作 2）。
例如当 n=20 时，10 条指令如下：
| 操作 | 回答 | 操作后的数组 |
|---|---|---|
| 1 1 10 | N / A | 11111111110000000000 |
| 2 6 | 1 | 11111111110000000000 |
| 2 12 | 0 | 11111111110000000000 |
| 1 5 12 | N / A | 11110000001100000000 |
| 2 6 | 0 | 11110000001100000000 |
| 2 15 | 0 | 11110000001100000000 |
| 1 6 16 | N / A | 11110111110011110000 |
| 1 11 17 | N / A | 11110111111100001000 |
| 2 12 | 1 | 11110111111100001000 |
| 2 6 | 1 | 11110111111100001000 |
输入
第一行包含两个整数 n,m，表示数组的长度和指令的条数；
以下 m 行，每行的第一个数 t 表示操作的种类：
若 t=1，则接下来有两个数 L,R，表示区间 [L,R] 的每个数均反转；
若 t=2，则接下来只有一个数 i，表示询问的下标。
输出
每个操作 2 输出一行（非 0 即 1），表示每次操作 2 的回答。
输入样例
20 10
1 1 10
2 6
2 12
1 5 12
2 6
2 15
1 6 16
1 11 17
2 12
2 6
输出样例
1
0
0
0
1
1
提示
数据范围与提示：
对于 50% 的数据，1≤n≤103,1≤m≤104 ；
对于 100% 的数据，1≤n≤105,1≤m≤5×105，保证 L≤R。
思路
题目很有特点都是(1,0)这让我们想起（|，&，^，！）等操作
这到题最大的特点就是每次批量更改，这就让我们想起了（校门外的树）我们同样借助这种思想
即以一次取反为列开始一次取反为结束中途用^计算和，则a[i]~a[1]的和表示为此时的第i个数的值
简单改改就可以了
解法
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 1000000
int a[MAXN],n,m;
int lowbit(int i);
void update(int x);
int sum(int l);
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int c,l,r;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&c);
if(c==1)
{
scanf("%d%d",&l,&r);
update(l);
update(r+1);
}
else
{
scanf("%d",&l);
printf("%d\n",sum(l));
}
}
return 0;
}
int lowbit(int i)
{
return i&(-i);//背下来就好
}
void update(int x)
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
{
a[i]=!a[i];
}
}
int sum(int l)//1~l求和
{
int ret=0;
for(int i=l;i>=1;i-=lowbit(i))
{
ret=ret^a[i];
}
return ret;
}
6.打鼹鼠
【题目描述】
原题链接
这是一道模板题。
给出一个 n×m 的零矩阵 A，你需要完成如下操作：
1xyk：表示元素 Ax,y自增 k；
2abcd：表示询问左上角为 (a,b)，右下角为 (c,d) 的子矩阵内所有数的和。
【输入】
输入的第一行有两个正整数 n,m；
接下来若干行，每行一个操作，直到文件结束。
【输出】
对于每个 2 操作，输出一个整数，表示对于这个操作的回答。
【输入样例】
2 2
1 1 1 3
1 2 2 4
2 1 1 2 2
【输出样例】
7
【提示】
数据范围与提示：
对于 10% 的数据，n=1；
对于另 10% 的数据，m=1；
对于全部数据，1≤n,m≤212,1≤x,a,c≤n,1≤y,b,d≤m,∣k∣≤105 ，保证操作数目不超过 3×105 ，且询问的子矩阵存在。
思路
多维树状数组模板题
解法
特别要注意坐标可能为零
且求sum的时候还有-1所以(1处)要加二
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define MAXN 5005
long long a[MAXN][MAXN],n,m;
inline int lowbit(int i);
inline void update(int x,int y,int z)
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
{
for(int j=y;j<=m;j+=lowbit(j))
{
a[i][j]+=z;
}
}
}
inline long long sum(int x,int y)//1~l求和
{
long long ret=0;
for(int i=x;i>=1;i-=lowbit(i))
{
for(int j=y;j>=1;j-=lowbit(j))
{
ret+=a[i][j];
}
}
return ret;
}
inline long long sum(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
return sum(x2,y2)-sum(x1-1,y2)-sum(x2,y1-1)+sum(x1-1,y1-1);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
n+=2,m+=2;//(1处)
int temp,x1,y1,x2,y2;
while(scanf("%d",&temp)!=EOF)
{
if(temp==1)
{
scanf("%d%d%d",&x1,&y1,&temp);
update(x1+2,y1+2,temp);//(1处)
}
else
{
scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
printf("%lld\n",sum(x1+2,y1+2,x2+2,y2+2));//(1处)
}
}
return 0;
}
inline int lowbit(int i)
{
return i&(-i);//背下来就好
}
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