洛谷 P2068 统计和 题解

洛谷 P2068 统计和 题解

这是我的第八篇题解，我觉得该好好讲一次了。

完整题目：

P2068 统计和

题目描述

给定一个长度为 $n(0\le n\le 10^5)$，初始值都为 $0$ 的序列，$x(0\le x\le 10^5)$ 次的修改某些位置上的数字，每次加上一个数，并在此期间提出 $y(0\le y\le 10^5)$ 个问题，求每段区间的和。

输入格式

第一行 $1$ 个整数，表示序列的长度 $n$。
第二行 $1$ 个整数，表示操作的次数 $w(0\le w\le 2\times 10^5)$。
后面依次是 $w$ 行，分别表示加入和询问操作。
其中，加入用 x 表示，询问用 y 表示。
$x$ 的格式为 x a b 表示在序列上第 $a$ 个数加上 $b$。保证 $1\le a\le n$，$1\le b\le 10^9$。
$y$ 的格式为 y a b 表示询问 $a$ 到 $b$ 区间的加和。保证 $1\le a\le b\le n$。

输出格式

每行一个正整数，分别是每次询问的结果。

输入输出样例 #1

输入 #1

5
4
x 3 8
y 1 3
x 4 9
y 3 4

输出 #1

8
17

题意分析：

这道题其实说的很明白了，单点加上一个值，区间求和，其实就是线段树或者树状数组的板子题。一道题有多中做法的时候，我会选择简单的做法 你也可以理解为代码量少的做法 所以，这道题我来讲讲树状数组。

算法讲解（知道树状数组的可以跳过，知道大概得可以跳过文字讲解，比较枯燥）

树状数组，顾名思义，就是橡树一样的数组，那他长什么样子，如何使用，怎么存储呢？
树状数组可以理解为高级的前缀和数组，但是不能完全这样理解，因为他和前缀和相似的一点就是由原数组求出来的。被我这么一说，是不是更糊涂了？看下边。

现在大家理解一点了吗？我来解释一下。
原数组：$A[1],A[2],A[3],A[4],A[5],A[6],A[7],A[8]$
树状数组:$C[1],C[2],C[3],C[4],C[5],C[6],C[7],C[8]$
好，$A$ 数组是输入的，那么树状数组里的值又是什么？这个时候我们就要用到二进制的知识了，也是树状数组的一大难点：$lowbit()$
有人就问了：不就一个 return x&(-x); 吗，有什么难的？
好，我先不回答，我想问一句你知道问什么要用这个公式吗？
我来讲一下：
一个十进制的数在计算机中存储的是二进制，大家都知道，例如 6 的二进制是 110，可是，一个负数的二进制是什么呢？
在说这个之前，大家需要知道几个名词：原码，反码，补码。
一个正数的源码、反码、补码都是一样的，负数就不一样了，负数的反码就是第一位（符号位）不变，其他位取反，补码就是反码+1。什么？你问原码是什么？你先想想 “原” 这个字什么意思。

理解了原码、反码、补码，我们再来说说 $lowbit()$ 。
$lowbit(x)$ 指的是 $x$ 的二进制表示中，最低位的 1 所对应的值。

好的，言归正传，树状数组为什么需要 $lowbit$。
树状数组的本质是 用二进制的方式拆分区间，通过“分块存储”实现高效更新和查询。而 $lowbit$ 正是用来定义“每个节点负责的区间范围”。
具体来说，树状数组的每个节点 $tree[i]$ 并不像前缀和数组那样存储从 $1$ 到 $i$ 的总和，而是存储 以 $i$ 为终点、长度为 $lowbit(i)$的区间的和。
树状数组的两大核心操作（更新、查询）都依赖 $lowbit$ 实现“跳步”，从而将复杂度压缩到 $O(logn)$。

我们再来看这个：

原数组：$A[1],A[2],A[3],A[4],A[5],A[6],A[7],A[8]$
树状数组:$C[1],C[2],C[3],C[4],C[5],C[6],C[7],C[8]$

知道了$lowbit()$ 的功能，我们来看看树状数组里存的是什么。
$C[1]$:$A[1]$
$C[2]$:$C[1]+A[2]$
$C[3]$:$A[3]$
$C[4]$:$C[1]+C[2]+C[3]+A[4]$
$C[5]$:$A[5]$
$C[6]$:$C[5]+A[6]$
$C[7]$:$A[7]$
$C[8]$:$C[1]+C[2]+C[3]+A[4]+C[5]+C[6]+C[7]+A[8]$

ok，那我们换一种方式写出来：

---

$C[1]$:$A[1]$
$C[2]$:$A[1]+A[2]$
$C[3]$:$A[3]$
$C[4]$:$A[1]+A[2]+A[3]+A[4]$
$C[5]$:$A[5]$
$C[6]$:$a[5]+A[6]$
$C[7]$:$A[7]$
$C[8]$:$A[1]+A[2]+A[3]+A[4]+a[5]+A[6]+A[7]+A[8]$

这就是前面说的二进制拆分，$lowbit$ 就是用来求树状数组这个元素是哪个原数组区间的和。

树状数组主要包括三个函数

1. 求lowbit值

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

2. 给第x个数加k

//c数组是树状数组

void update(int x,int k){
    //当x不超过数组最大范围n时，继续更新
    while(x<= n) {
        //在树状数组的x位置加上k值
        //c数组就是树状数组，用于高效存储和计算前缀和
        c[x]+=k;
        //将x加上其最低位的1，移动到下一个需要更新的位置
        //lowbit(x)函数用于计算x的最低位1所代表的值
        x += lowbit(x);//更新索引位置
    }
}

3. 查询区间和

//c数组是树状数组

int getsum(int x) {
    //初始化总和为0
    int sum=0;
    //当x大于0时，继续累加
    while(x>0){
        //累加树状数组中x位置的值到总和
        sum+=c[x];
        //将x减去其最低位的1，移动到上一个需要累加的位置
        x-=lowbit(x);
    }
    //返回计算得到的区间和
    return sum;
}

那么，到这里，相信大家还不太明白，因为作者能力有限，只能讲到这里了。
你千万别说一点都没听懂，我会伤心的
作为一个良心作家，肯定不会浪费大家的时间，下面请看VCR：
VCR

---

好，那么下面开始解题，我在重复一下题意：
给一个数组单点加上一个值和区间求和。
那我们直接套三个函数即可，上面讲的很清楚了，不在赘述

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m;
long long c[110000];
char a;
int lowbit(int x){// lowbit
	return x&(-x);
}
void xg(int x,int k){//单点修改 
	while(x<=n){
		c[x]+=k;
		x+=lowbit(x);
	}
}
long long cx(int x){//查询区间和 
	long long sum=0;
	while(x>0){
		sum+=c[x];
		x-=lowbit(x);
	}
	return sum;
}
int main(){
	cin>>n>>m;
	int x,y;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>a>>x>>y;
		if(a=='x') xg(x,y);
		if(a=='y') cout<<cx(y)-cx(x-1)<<endl;
	}
	return 0;
}

如果你问为什么抄了我的代码依旧零分
我只能说

十年 OI 一场空，不开 long \hspace{1mm} long 见祖宗。

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有任何问题请指出，如果对你有帮助，点个赞再走吧！谢谢！