P3374 【模板】樹狀數組 1 題解

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原題鏈接

給定一個長度爲 $n$ 的數組，$q$ 組操作：

• 將某一個數加上 $x$

• 求出某區間每一個數的和

顯然，假設你現在什麼也不會。

我們只考慮第 $2$ 個操作，即先不考慮修改，如何處理區間和的詢問？

顯然，對於初始的數組 $a_i$，只需要做一個前綴和 $s$ 使得：

$s_j = \sum_{i=1}^j a_i$

這樣，對於一組詢問：

$\sum_{i=l}^r a_i = s_r - s_{l-1}$

可以做到 $\mathcal{O}(n) - \mathcal{O}(1)$.

但是現在出題人加入了修改操作，你再修改的時候不得不把 $s$ 重推一遍。

這樣 $\mathcal{O}(n) - \mathcal{O}(n)$ 我們就完了啊。

從前綴和上我們可以考慮，如何用 較少的前綴和記錄較多的區間答案。

一個合法的思路是利用 $\text{RMQ}$，記：

$f_{x,y} = \sum_{i=x}^{\min(x+2^y-1 , n)} a_i$

然後可以做到 $\mathcal{O}(n \log n) - \mathcal{O}(1)$.

但是我們覺得這不好，我們用部分前綴和。

即我們只記錄一部分的前綴和，查詢時查詢較少一部分，修改時也只要修改較少一部分，達到複雜度的均衡。

因此，我們想到了用 $\text{lowbit}$ 表示前綴的長度。你可以理解爲每次 $+$ 或 $-$ 一個 $\text{lowbit}$ 會在原數的二進制中砍掉一位。

這樣，我們就可以做到 $\mathcal{O}(n \log n) - \mathcal{O}(\log n)$.

這就是樹狀數組。其實樹狀數組的本質就是用 部分前綴和維護差分數組。

時間複雜度：$\mathcal{O}(n \log n) - \mathcal{O}(\log n)$.

實際得分：$100pts$

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e6+1;
typedef long long ll;

inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}

int a[N]; ll c[N];
int n,m,x,y;

inline int lowbit(int x) {
	//求2^{x末尾0的個數} 
	return x & (-x);
}

inline ll sum(int x) {
	//求n的前綴和
	ll s=0; while(x>0) {
		s+=c[x];
		x-=lowbit(x);
	//這是x節點緊貼着的前一個區間 
	} return s;
}

inline void update(int x,int k) {
	a[x]+=k; while(x<=n) {
		c[x]+=k; //暴力加和 
		x+=lowbit(x); 
	//這是x節點緊貼着的後一個區間 
	}
}

int main(){
	n=read(); m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		x=read(); update(i,x);
	} while(m--) {
		int opt=read(); x=read(),y=read();
		if(opt==1) update(x,y);
		else printf("%lld\n",sum(y)-sum(x-1));
	}
	return 0;
}