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树状数组
一、树状数组介绍
树状数组 是一种数据结构，它可以 快速计算前缀和 并 支持动态维护。与普通的前缀和数组相比，树状数组的 优势 在于它能够在$O(logn)$的时间复杂度内 更新单个元素的值，同时仍然能够在$O(logn)$的时间复杂度内 计算前缀和。这使得树状数组在 处理动态数据 时非常高效：
与普通前缀和区别
- 树状数组: 较快的修改时间$O(log_2N)$+较快的查询时间
O(log_2N) - 普通前缀和：较慢的修改时间$O(N)$+极快的查询时间
O(1)
使用场景
-
单点更新与查询 树状数组支持在指定位置 更新元素，并且很快地查询更新后的结果。
- 例子：使用树状数组来计算数组$nums = [0, 0, 0, 0, 0]$中某个位置$i$之前的所有元素和。首先执行单点更新操作$update(2, 5)$，将位置$2$的元素更新为$5$。然后执行查询操作$query(4)$，即查询位置$4$之前的元素和，结果为 $0 + 0 + 5 + 0 = 5$。
-
区间更新与查询 树状数组借助 差分思想 还可以 支持对指定区间内的元素进行更新，并且快速查询更新后的结果。
- 例子：使用树状数组来计算数组$nums = [0, 0, 0, 0, 0]$中某个区间$[l, r]$内的所有元素和。首先执行区间更新操作$rangeUpdate(2, 4, 2)$，即将位置$2$到位置$4$的元素都加
2,对应的差分数组：[0,2,0,0,-2],则从$2$到$4$都加上了2,然后在第$5$个位置将这个$2$扣除掉，防止对后续带来影响。 - 注：理解的不是特别通透，需要完成复习后再回顾一下。
- 例子：使用树状数组来计算数组$nums = [0, 0, 0, 0, 0]$中某个区间$[l, r]$内的所有元素和。首先执行区间更新操作$rangeUpdate(2, 4, 2)$，即将位置$2$到位置$4$的元素都加
-
数组逆序对统计 树状数组可以高效地计算数组中的逆序对个数。
- 例子：给定数组$nums = [5, 2, 6, 1, 3, 4]$，使用树状数组来统计逆序对的数量。逆序对是指数组中的一对元素$(i, j)$，其中
i < j且 $nums[i] > nums[j]$。经过计算得到逆序对的数量为 $4$。 - 注：求逆序对，一般采用归并排序或者树状数组， 一般不使用线段树，常数太大。
- 例子：给定数组$nums = [5, 2, 6, 1, 3, 4]$，使用树状数组来统计逆序对的数量。逆序对是指数组中的一对元素$(i, j)$，其中
-
维护最大、最小值 树状数组维护最大值的思路与维护前缀和类似。我们可以建立一个树状数组，其中每个节点存储它所代表的区间的最大值。在 更新 元素时，我们需要 沿着树状数组的路径向上更新 所有受影响的节点，以保证它们存储的最大值始终正确。在 查询 区间最大值时，我们可以将查询区间分解为若干个小区间，然后 查询这些小区间 在树状数组中对应节点的 最大值，最后 取所有查询结果的最大值 作为最终结果。
二、前置知识
$lowbit()$运算：非负整数$x$在二进制表示下最低位$1$及其后面的$0$构成的数值
举个栗子：
lowbit(12)=lowbit([1100]_2)=[100]_2=4
Code
int lowbit(int x){
return x & -x;
}
三、树状数组结构
树状数组的本质思想是使用 树结构 维护 前缀和 ，从而把时间复杂度降为$O(log_2n)$。
① 每个节点t[x]保存以x为根的 子树中叶节点值的和
② 每个节点覆盖的长度 为lowbit(x)
③ t[x]节点的父节点为t[x + lowbit(x)]
④ 树的深度为$log_2n+1$
四、树状数组操作
add(x, k)表示将序列中第x个数加上k。
以add(3, 5)为例：
在整棵树上维护这个值，需要一层一层向上找到父节点，并将这些节点上的c[x]值都加上v，这样保证计算区间和时的结果正确。时间复杂度为$O(log_2n)$。
void add(int x, int v){
for(int i = x; i < N; i += lowbit(i)) c[i] += v;
}
sum(x)表示将查询序列前x个数的和
以sum(7)为例：
查询这个点的前缀和，需要从这个点向左上找到上一个节点，将加上其节点的值。向左上找到上一个节点，只需要将下标 x -= lowbit(x)，例如 7 - lowbit(7) = 6,6-lowbit(6)=4,4-lowbit(4)=0。
也就是$sum(7)$只需要累加上图中黄色方框部分$t[]$保存的区间和即可。
int sum(int x){
int sum = 0;
for(int i = x; i; i -= lowbit(i)) sum += c[i];
return sum;
}
五、题单
洛谷 P3374 【模板】树状数组 1
【基础模板,两个基础概念：位置+值】
HDU1166 敌兵布阵
【基础模板,两个基础概念：位置+值】
AcWing 788. 逆序对的数量
【逆序对=树状数组+由小到大排序+去重离散化+二分+小的先进树状数组就找在当前元素右侧数字个数】
POJ 3067 $Japan$
【二维逆序对,结构体按一维由小到大，二维由小到大排序，不使用离散化】
P1966 [NOIP2013 提高组] 火柴排队
【逆序对，离散化，位置+高度，按高度由小到大排序，由小到大，逐个进入树状数组，找出所有先进入但位置在我右侧的元素数量】
POJ 2299 $Ultra-QuickSort$
【原地静态数组离散化,由小到大排序，配合lower\_bound,比我小，并且序号在我后面的统计个数】
P2345 [$USACO04OPEN$] 奶牛集会
【两个树状数组，一个用于维护奶牛的坐标和，一个用于维护奶牛前后的个数，数学分析式子】
P3368 【模板】树状数组 2
【区间修改,单点查询,树状数组维护差分，求和就是变化值，$sum(k)+a[k]$】
AcWing 242. 一个简单的整数问题
【区间修改,单点查询,树状数组维护差分，求和就是变化值，$sum(k)+a[k]$】
LOJ $10117$「一本通 4.1 练习 $2$」简单题
【区间修改,单点查询,树状数组维护差分，求和就是变化值，$sum(k)+a[k]$】
LOJ 10115. 「一本通 4.1 例 $3$」校门外的树
【左右括号问题，两个树状数组，分别记录左括号个数，右括号个数】
AcWing 241 楼兰图腾
【树状数组+及时统计并用数组记录+动态单点修改】
POJ 2352 Stars
【扫描线+树状数组】
AcWing 243. 一个简单的整数问题2
【区间修改、区间查询(利用差分+推公式)】
与上面是同一道题
P3372【模板】线段树$1$POJ3468ASimpleProblemwith$Integers$ 注：其实【区间修改，区间查询】还得是线段树，用树状数组+推公式的办法也可以做，但不是正解
HDU 1754 I Hate $It$
【树状数组求最大最小值模板题】
POJ 3264 Balanced $Lineup$
【树状数组求最大最小值,在上面的题目上同时加上求最大和求最小】
AcWing 244. 谜一样的牛
【逆向思考+树状数组维护前缀和+二分快速查找$sum=h[i]$】
HDU 2852 KiKi's $K-Number$
【逆向思考+树状数组维护前缀和+二分快速查找】
二维树状数组
一、二维树状数组
二维树状数组，其实就是一维的树状数组上的节点再套个树状数组，变成了二维树状数组。
const int N = 1e3 + 10;
int c[N][N], n, m;
#define lowbit(x) (x & -x)
void add(int x, int y, int v) {
for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
for (int j = y; j <= m; j += lowbit(j))
c[i][j] += v;
}
LL query(int x, int y) {
LL res = 0;
for (int i = x; i; i -= lowbit(i))
for (int j = y; j; j -= lowbit(j))
res += c[i][j];
return res;
}
二、单点修改，区间查询
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A_{x , y}增加k2abcd: 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
单点增加，因此可以直接加上就可以了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 5000; // 2^(12)=4096
int n, m;
LL c[N][N];
#define lowbit(x) (x & -x)
void add(int x, int y, int d) {
for (int i = x; i < N; i += lowbit(i))
for (int j = y; j < N; j += lowbit(j))
c[i][j] += d;
}
LL sum(int x, int y) {
LL res = 0;
for (int i = x; i; i -= lowbit(i))
for (int j = y; j; j -= lowbit(j))
res += c[i][j];
return res;
}
int main() {
// 加快读入
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
cin >> n >> m;
int op;
while (cin >> op) {
if (op == 1) {
int x, y, d;
cin >> x >> y >> d;
add(x, y, d);
} else {
int x1, y1, x2, y2;
cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
cout << sum(x2, y2) - sum(x1 - 1, y2) - sum(x2, y1 - 1) + sum(x1 - 1, y1 - 1) << '\n';
}
}
return 0;
}
三、区间修改，单点查询
给出一个
n × m的零矩阵A，你需要完成如下操作：
- $1 , a , b , c , d , k$：表示左上角为
(a,b)，右下角为(c,d)的子矩阵内所有数都自增加 $k$； 2 \, x \, y：表示询问元素A_{x,y}的值。
只需要利用一个二维树状数组，维护一个二维差分数组，单点查询即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 5000;
int n, m;
LL c[N][N];
#define lowbit(x) (x & -x)
void add(int x, int y, int d) {
for (int i = x; i < N; i += lowbit(i))
for (int j = y; j < N; j += lowbit(j))
c[i][j] += d;
}
LL sum(int x, int y) {
LL res = 0;
for (int i = x; i; i -= lowbit(i))
for (int j = y; j; j -= lowbit(j))
res += c[i][j];
return res;
}
int main() {
// 加快读入
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
cin >> n >> m;
int op;
while (cin >> op) {
if (op == 1) {
int x1, y1, x2, y2, d;
cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2 >> d;
// 二维差分
add(x1, y1, d);
add(x1, y2 + 1, -d);
add(x2 + 1, y1, -d);
add(x2 + 1, y2 + 1, d);
} else {
int x, y;
cin >> x >> y;
cout << sum(x, y) << '\n';
}
}
return 0;
}
四、区间修改，区间查询
LOJ #135. 二维树状数组 $3$：区间修改，区间查询
给定一个大小为
N × M的零矩阵，直到输入文件结束，你需要进行若干个操作，操作有两类：
-
$1 , a, b, c, d, x$，表示将左上角为
(a,b)，右下角为(c,d)的子矩阵全部加上 $x$； -
2\, a\, b\, c\, d\,, 表示询问左上角为(a,b)，右下角为(c,d)为顶点的子矩阵的所有数字之和。
考虑前缀和 sum[i][j] 和 原数组 a , 差分数组 d 之间的关系。
首先\displaystyle sum[i][j]=\sum_{x=1}^i\sum_{y=1}^ja[x][y] (二维前缀和)
又由于\displaystyle a[x][y]=\sum_{u=1}^x\sum_{v=1}^yd[u][v] (差分数组与原数组关系)
所以：
\displaystyle sum[i][j]=\sum_{x=1}^i\sum_{y=1}^j\sum_{u=1}^x\sum_{v=1}^yd[u][v]
可以说是非常复杂了......
统计$d[u][v]$出现次数
-
从$a[1][1]$到$a[i][j],d[1][1]$全都要出现一次，所以有$i×j$个$d[1][1]$，即
d[1][1]×i×j -
从$a[1][1]$到
a[i][j],$d[1][2]$出现了多少次呢？头脑中出现一个二维差分转原数组(本质就是一个原数组转二维前缀和)的图像:- $i=1,j=1$时, $d[1][2]$就没有出现
- $i=1,j=2$时, $d[1][2]$出现$1$次
- ...
- $i=2,j=1$时, $d[1][2]$就没有出现
- $i=2,j=2$时, $d[1][2]$出现$1$次
- ...
总结一下：
d[1][2]×i×(j−1)d[2][1]×(i−1)×jd[2][2]×(i−1)×(j−1)
等等……
所以我们不难把式子变成：
sum[i][j]=\sum_{x=1}^i\sum_{y=1}^j \begin{bmatrix}d[x][y]×(i+1−x)×(j+1−y)\end{bmatrix}
展开得到：
sum[i][j]=\sum_{x=1}^i\sum_{y=1}^j \begin{bmatrix}d[x][y]\times (i+1)\times (j+1)-d[x][y]\times x \times (j+1)-d[x][y]\times (i+1) \times y+d[x][y]\times xy \end{bmatrix}
也就相当于把这个式子拆成了四个部分： $\displaystyle ① (i+1)(j+1)×\sum_{x=1}^i\sum_{y=1}^jd[x][y] \ ② −(j+1)×\sum_{x=1}^i\sum_{y=1}^j(d[x][y]⋅x) \ ③ −(i+1)×\sum_{x=1}^i\sum_{y=1}^j(d[x][y]⋅y) \ ④ \sum_{x=1}^i\sum_{y=1}^j(d[x][y]⋅xy)$
所以我们需要在原来 C_1[i][j] 记录 d[i][j] 的基础上，再添加三个树状数组：
C_2[i][j] 记录 d[i][j]⋅i
C_3[i][j] 记录 d[i][j]⋅j
$C_4[i][j$] 记录 d[i][j]⋅ij
这样一来，就能通过数组$a[i][j]$的差分数组$d[i][j]$来得到$a[i][j]$的前缀和数组$sum[i][j]$。
最后，易知$(x_1,y_1)$到$(x_2,y_2)$的矩阵和就是一个标准的二维前缀和公式，等于\large sum[x_2][y_2]−sum[x_2][y_1−1]−sum[x_1−1][y_2]+sum[x_1−1][y_1−1]
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2050;
int n, m;
LL c1[N][N], c2[N][N], c3[N][N], c4[N][N];
#define lowbit(x) (x & -x)
// 维护四个树状数组
void add(int x, int y, int v) {
for (int i = x; i < N; i += lowbit(i))
for (int j = y; j < N; j += lowbit(j)) {
c1[i][j] += v;
c2[i][j] += v * x;
c3[i][j] += v * y;
c4[i][j] += v * x * y;
}
}
// 查询左上角为(1,1)右下角为(x,y)的矩阵和
LL query(int x, int y) {
LL res = 0;
for (int i = x; i; i -= lowbit(i)) {
for (int j = y; j; j -= lowbit(j)) {
res += (x + 1) * (y + 1) * c1[i][j];
res -= (y + 1) * c2[i][j];
res -= (x + 1) * c3[i][j];
res += c4[i][j];
}
}
return res;
}
int main() {
// 加快读入
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
cin >> n >> m;
int op;
while (cin >> op) {
int x1, y1, x2, y2;
cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
if (op == 1) {
int d;
cin >> d;
// 维护四个数组
add(x1, y1, d);
add(x1, y2 + 1, -d);
add(x2 + 1, y1, -d);
add(x2 + 1, y2 + 1, d);
} else
cout << query(x2, y2) - query(x1 - 1, y2) - query(x2, y1 - 1) + query(x1 - 1, y1 - 1) << '\n';
}
return 0;
}
POJ 2155 $Matrix$
【二维树状数组】