樹狀數組應用總結

前言

做個總結，忘記之後再翻翻

首先明確一下樹狀數組的結構性質：

1.每個內部節點$c[x]$保存以它爲根的子樹中所有葉節點的和

2.每個內部節點$c[x]$的子節點個數等於$lowbit(x)$的位數，即位爲1的數量

例如：
$x=9=2^3+2^1$，分爲$[1,8],[9,9]$兩個區間，區間和分別爲$c[8],c[9]$
$x=13=2^3+2^2+2^0$，分爲$[1,8],[9,12],[13,13]$三個區間，區間和分別爲$c[8],c[12],c[13]$

3.除樹根外，每個內部節點$c[x]$的父節點是$c[x+lowbit(x)]$

4.樹的深度爲$O(logN)$。因此可以保證在$O(logN)$的時間內查詢前綴和

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樹狀數組應用總結

主要分爲三種：

• 單點修改，單點查詢(最基礎)
• 區間修改，單點查詢
• 區間修改，區間查詢

應用一：單點修改，單點查詢

最基礎的定義

查詢
int ask(int x)
{
    int ans=0;
    for (;x;x-=x&-x)ans+=c[x];
    return ans;
}

修改
void add(int x,int y)
{
    for (;x<=n;x+=x&-x)c[x]+=y;
}

例題：POJ2182
題意：有$n$頭奶牛，身高$1-n$不等，站成一列，已知第$i$頭奶牛前面有$A_i$頭比他矮，求出所有身高。
思路：從後往前思考。$A_n$表示前$n-1$頭牛有$A_n$頭比最後一頭矮，由於不存在重複身高，最後一頭牛的身高肯定是排第$A_n+1$位的，同理第$i$頭的身高一定是排第$A_i+1$位，但是已經出現過的身高就得排除。可以通過維護一個初始全1的01序列，查詢第$k$個1的位置並且將其修改爲0。用二分+樹狀數組即可
代碼：

int n,A[maxn],c[maxn],ans[maxn];
int ask(int x){int ans=0;for(;x;x-=x&-x)ans+=c[x];return ans;}
void add(int x,int y){for(;x<=n;x+=x&-x)c[x]+=y;}
int solve(int x)
{
    int l=1,r=n;
    while(l<r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if (ask(mid)<x)l=mid+1;
        else r=mid;
    }
    return l;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    A[1]=0;rep(i,2,n)scanf("%d",&A[i]);
    rep(i,1,n)add(i,1);
    for (int i=n;i>=1;i--)
    {
        ans[i]=solve(A[i]+1);
        add(ans[i],-1);
    }
    rep(i,1,n)W(ans[i]);
}

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應用二：區間修改，單點查詢

新建數組$b$，前綴和$b[1$~$x]$反映了指令"C l r d"對$a[x]$的影響
1.把$b[l]+d$
2.把$b[r+1]-d$
觀察一下數組$b$的變化：
1.當$1\leq x< l$時：前綴和$b[1$~$x]$無變化
2.當$l \leq x \leq r$時：前綴和$b[1$~$x]$增加了$d$，因爲$b[l]$增加了$d$
3.當$r< x \leq n$時：前綴和$b[1$~$x]$，因爲一加一減剛好抵消

也就是說 對於區間$[l,r]$內的數的影響，都體現在了數組$b$的前綴和中
而求前綴和就是樹狀數組的基礎操作，累加上原先的$a[x]$即可得到"Q x"的答案

藍書例題：
代碼：

int n,m,l,r,x,a[maxn],c[maxn];
char s[5];
int ask(int x){int ans=0;for (;x;x-=x&-x)ans+=c[x];return ans;}
void add(int x,int y){for (;x<=n;x+=x&-x)c[x]+=y;}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    rep(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
    while(m--)
    {
        scanf("%s",s);
        if (s[0]=='Q')
        {
            scanf("%d",&x);
            W(ask(x)+a[x]);
        }
        else if (s[0]=='C')
        {
            scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
            add(l,x);
            add(r+1,-x);
        }
    }
}

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應用三：區間修改，區間查詢

首先仍是維護一個數組$b$，$a[x]$變化量就是前綴和$b[1$~$x]$
那麼原數組$a$的前綴和$a[1$~$x]$變化量就是：
$\sum_{i=1}^x\sum_{j=1}^i b[j]=(x+1)\sum_{i=1}^x b[i]-\sum_{i=1}^x (i×b[i])$
第一部分就是維護$b$的前綴和
第二部分就是維護$i×b[i]$的前綴和，令$i×b[i]=c2[x]$
由於只是乘了個$i$，故與之前對應的操作是：
1.把$c2[l]+ld$
2.把$c2[r+1]-(r+1)d$
觀察一下數組$b$的變化：
當$l \leq x \leq r$時：前綴和$c2[1$~$x]$增加了$ld$，因爲$c2[l]$增加了$ld$

綜上所述：$a$的原始前綴和+$a$的前綴和變化量即爲最終的$a$的前綴和
$Sum[r]=sum[r]+(r+1)\sum_{i=1}^r b[i]-\sum_{i=1}^r (i×b[i])$
$=sum[r]+(r+1)ask1(r)-ask2(r)$

區間查詢即輸出$Sum[r]-Sum[l-1]$

藍書例題：
代碼：

int n,m;
ll a[maxn],c1[maxn],c2[maxn],sum[maxn],l,r,x;
char s[5];
ll ask1(ll x){ll ans=0;for(;x;x-=x&-x)ans+=c1[x];return ans;}
ll ask2(ll x){ll ans=0;for(;x;x-=x&-x)ans+=c2[x];return ans;}
void add1(ll x,ll y){for(;x<=n;x+=x&-x)c1[x]+=y;}
void add2(ll x,ll y){for(;x<=n;x+=x&-x)c2[x]+=y;}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    rep(i,1,n)scanf("%lld",&a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    while(m--)
    {
        scanf("%s",s);
        scanf("%lld%lld",&l,&r);
        if (s[0]=='Q')
        {
            ll ans1=sum[r]-sum[l-1];
            ll ans2=(r+1)*ask1(r)-l*ask1(l-1);
            ll ans3=-ask2(r)+ask2(l-1);
            WW(ans1+ans2+ans3);
        }
        else
        {
            scanf("%lld",&x);
            add1(l,x);
            add1(r+1,-x);
            add2(l,l*x);
            add2(r+1,-(r+1)*x);
        }
    }
}