树状数组

Cot287

已于 2022-05-19 21:08:40 修改

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分类专栏： acm 文章标签：算法

于 2022-05-18 15:05:14 首次发布

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首先看一下朴素算法进行下面两个操作的时间复杂度

区间查询 O（n）单值修改O（1）

如果进行n次查询，那么时间复杂度将是不可接受的

其次看一下前缀和数组的时间复杂度

区间查询 O（1）单值修改O（n）

同样进行n次修改，时间复杂度也是不可接受的

树状数组则是在这两者中做了折中，实现了两者均为log(n)的时间复杂度

区间查询 O（log(n)）单值修改O（log(n)）

lowbit

树状数组所学的预备知识

lowbit即求一个数的二进制表示的最低位的1

int lowbit(int x){ return x&(-x); } //x&(~x+1)  ~x+1=-x

树状数组

美妙的规律

下面构造数列t[x]（前缀和的树状表示）

何为以x为根的子树种叶节点的值

注意如t[4]，以t[4]为根的叶分别是t[2]，t[3]，a[4]，也就是t[4]=t[2]+t[3]+a[4]

再来观察下t[x]所表示的区间——是以a[x]为结尾，长度为lowbit(x)的区间

观察上图 lowbit(1)=lowbit(3)=lowbit(5)=lowbit(7)=1

lowbit(2)=lowbit(6)=2 lowbit(4)=4 lowbit(8)=8

并且我们可以发现一个子叶x的父节点就是x+lowbit(x) ----------------（1）

掌握了上述规律后，就可以开始研究两个操作了：单点修改，区间求和

单点修改&&区间查询

单点修改

要修改a[x]，也就是我们要将所有涵a[x]这个元素的t[i]修改了

注意下图，我们只需要找到最小的涵a[x]的子叶，然后再通过其找到父节点

下面给出代码 (运用规律（1），因为要通过子节点找父节点)

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

区间查询

区间求和我们可以分两步

1.得到左右端点的前缀和 2.做差

int ask(int x){
    int ans=0;
    while(x){ ans+=t[x]; x-=lowbit(x); }
}

区间修改&&单点查询

让我们再研究两个操作：区间修改，单点查询；这时要引入增量数组b

用树状数组维护b的前缀和，即a[]每个元素的增量

[l,r]+k add(l,k) add(r+1,-k)

查询a[x] ans=a[x]+ask(x)

区间修改&&区间查询

使用树状数组当然也是可以的，但是更好的当然是线段树了（之后再补）

注意到下图中蓝色区域就是我们要求的

这样我们可以分别用2个树状数组t1，t2维护b[i]和i*b[i]的前缀和

也就得到了下面公式了

例题

[模板]树状数组1

（P3374 【模板】树状数组 1 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,op,x,y;sum[500010],a[500010],b[500010];//sum表示a的前缀和用于初始化b
int lowbit(int x){ return (x&-x); }
void inti(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        b[i]=sum[i]-sum[i-lowbit(i)];
    }
}
int ask(int x){//表示ai的前缀和
    int ans=0;
    while(x){ ans+=b[x]; x-=lowbit(x); }
}
void add(int x,int k){
    while(x<=n){ b[x]+=k; x+=lowbit[x]; }
}
int main(){
    inti();
    for(int i=0;i<m;i++){
        cin>>op>>x>>y;
        if(op==1)add(x,y);
        else cout<<ask(y)-ask(x-1)<<endl;
    }

    return 0;
}

[模板]树状数组2

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int lowbit(int x){ return (x&-x); }
//sum表示dis的前缀和,dis表示a的差分,a用于初始化b(树状数组)
int n,m,op,x,y,k,dis[500010],a[500010],b[500010],sum[500010];
void inti(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        dis[i]=a[i]-a[i-1];
        sum[i]=dis[i]+sum[i-1];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        b[i]=sum[i]-sum[i-lowbit(i)];
    }
}
int ask(int x){//表示a[i]
    int ans=0;
    while(x){ ans+=b[x]; x-=lowbit(x); }
    return ans;
}
void add(int x,int k){
    while(x<=n){ b[x]+=k; x+=lowbit(x); }
}
int main(){
    inti();
    for(int i=0;i<m;i++){
        cin>>op;
        if(op==1){
            cin>>x>>y>>k;
            add(x,k);
            add(y+1,-k);
        }
        else {
            cin>>x;
            cout<<ask(x)<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

P5057 [CQOI2006]简单题

P5057 [CQOI2006]简单题 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

思路：

首先用树状数组维护a的差分数组，a[i]表示元素i被修改了几次（那么偶数次为0，奇数次为1）

也就是ask(x)即得到a[i]，对[l,r] +1，就是add(l,1)，add(r+1,-1)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,op,x,y,b[100010];
int lowbit(int x){ return x&(-x); }
int ask(int x){//求a[x]
    int ans=0;
    while(x){ ans+=b[x],x-=lowbit(x); }
    return ans&1;
}
void add(int x,int k){
    while(x<=n){ b[x]+=k,x+=lowbit(x); }
}
int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<m;i++){
        cin>>op;
        if(op==1){
            cin>>x>>y;
            add(x,1),add(y+1,-1);
        }
        else{
            cin>>x;
            cout<<ask(x)<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

P2068 统计和

注意可能会爆int

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
using namespace std;
ll n,m,x,y,b[100010];
char op;
ll lowbit(ll x){ return x&-x; }
void add(ll x,ll k){
    while(x<=n){ b[x]+=k,x+=lowbit(x); }
}
ll ask(ll x){
    ll ans=0;
    while(x){ ans+=b[x],x-=lowbit(x); }
    return ans;
}
int main(){
    cin>>n>>m;
    while(m--){
        getchar();//读取行末的回车
        cin>>op>>x>>y;
        if(op=='x') add(x,y);
        else cout<<ask(y)-ask(x-1)<<endl;
    }
    return 0;
}

P4939 Agent2

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,x,y,op,b[10000010];
int lowbit(int x){ return x&-x; }
void add(int x,int k){
    while(x<=n){ b[x]+=k,x+=lowbit(x); }
}
int ask(int x){
    int ans=0;
    while(x){ ans+=b[x],x-=lowbit(x); }
    return ans;
}
int main(){
    cin>>n>>m;
    while(m--){
        cin>>op>>x;
        if(!op){
            cin>>y;
            add(x,1);
            add(y+1,-1);
        } 
        else cout<<ask(x)<<endl;
    }
    return 0;
}

P5094 [USACO04OPEN] MooFest G 加强版

题目所求即 $\sum_{n \geqslant j > i\geqslant 1}^{n}max(v_i,v_j)*|j-i|$

首先将牛按听力大小排序，遍历n头牛，每头牛计算与前面的牛的音量（即处理了max）

下面处理|j-i|，考虑第i头牛

用两个树状数组分别维护前i-1头牛中坐标小于a[i].x的个数cnt；

以及前i-1头牛中坐标小于a[i].x的牛的坐标和sum；

计算前i-1头牛的坐标总的tot

随后就可以求出音量和为(tot-2*sum+(2*cnt-i+1)*a[i].x)*a[i].v

！！！注意add里面x<=50000不是小于等于n ~~调了一万年~~！！！

！！！注意开ll ！！！

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll a1[50010],a2[50010],n,sum,cnt,ans,tot;
struct cow{ ll v,x; }a[50010];
bool cmp(cow c1,cow c2){ return c1.v<c2.v; }
ll lowbit(ll x){ return x&-x; }
ll ask(ll* ar,ll x){
    ll ans=0;
    while(x){ ans+=ar[x]; x-=lowbit(x); };
    return ans;
}
void add(ll* ar,ll x,ll k){
    while(x<=50000){ ar[x]+=k; x+=lowbit(x); };
}
int main(){
    //a1储存前i-1头牛中坐标小于等于a[i].x的牛的坐标和
    //a2储存前i-1头牛中坐标小于等于a[i].x的牛的个数
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i].v>>a[i].x;
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    add(a1,a[1].x,a[1].x);
    add(a2,a[1].x,1);
    tot+=a[1].x;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        sum=ask(a1,a[i].x);
        cnt=ask(a2,a[i].x);
        ans+=(tot-2*sum+(2*cnt-i+1)*a[i].x)*a[i].v;
        add(a1,a[i].x,a[i].x);
        add(a2,a[i].x,1);
        tot+=a[i].x;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}