943. 区间和查询 - Immutable
给一个整数数组 nums，求出下标从 i 到 j 的元素和(i ≤ j)，i 跟 j对应的元素也包括在内。
样例
样例1
输入: nums = [-2, 0, 3, -5, 2, -1]
sumRange(0, 2)
sumRange(2, 5)
sumRange(0, 5)
输出:
1
-1
-3
解释:
sumRange(0, 2) -> (-2) + 0 + 3 = 1
sumRange(2, 5) -> 3 + (-5) + 2 + (-1) = -1
sumRange(0, 5) -> (-2) + 0 + 3 + (-5) + 2 + (-1) = -3
样例2
输入:
nums = [-4, -5]
sumRange(0, 0)
sumRange(1, 1)
sumRange(0, 1)
sumRange(1, 1)
sumRange(0, 0)
输出:
-4
-5
-9
-5
-4
解释:
sumRange(0, 0) -> -4
sumRange(1, 1) -> -5
sumRange(0, 1) -> (-4) + (-5) = -9
sumRange(1, 1) -> -5
sumRange(0, 0) -> -4
注意事项
- 你可以认为给出的数组不会发生变化。
- 会调用非常多次
sumRange函数。
这题只需要求出给定数组的前缀和数组prefixSum,对于查询[st,ed],输出prefixSum[ed]-prefixSum[st-1]即可
class NumArray:
def __init__(self, nums):
"""
:type nums: List[int]
"""
self.sum = [0]
for i in nums:
self.sum += self.sum[-1] + i,
def sumRange(self, i, j):
"""
:type i: int
:type j: int
:rtype: int
"""
return self.sum[j + 1] - self.sum[i]
665. 平面范围求和 -不可变矩阵
给一 二维矩阵,计算由左上角 (row1, col1) 和右下角 (row2, col2) 划定的矩形内元素和.
样例
样例1
输入：
[[3,0,1,4,2],[5,6,3,2,1],[1,2,0,1,5],[4,1,0,1,7],[1,0,3,0,5]]
sumRegion(2, 1, 4, 3)
sumRegion(1, 1, 2, 2)
sumRegion(1, 2, 2, 4)
输出：
8
11
12
解释：
给出矩阵
[
[3, 0, 1, 4, 2],
[5, 6, 3, 2, 1],
[1, 2, 0, 1, 5],
[4, 1, 0, 1, 7],
[1, 0, 3, 0, 5]
]
sumRegion(2, 1, 4, 3) = 2 + 0 + 1 + 1 + 0 + 1 + 0 + 3 + 0 = 8
sumRegion(1, 1, 2, 2) = 6 + 3 + 2 + 0 = 11
sumRegion(1, 2, 2, 4) = 3 + 2 + 1 + 0 + 1 + 5 = 12
样例2
输入：
[[3,0],[5,6]]
sumRegion(0, 0, 0, 1)
sumRegion(0, 0, 1, 1)
输出：
3
14
解释：
给出矩阵
[
[3, 0],
[5, 6]
]
sumRegion(0, 0, 0, 1) = 3 + 0 = 3
sumRegion(0, 0, 1, 1) = 3 + 0 + 5 + 6 = 14
注意事项
- 你可以假设矩阵不变
- 对函数 sumRegion 的调用次数有很多次
- 你可以假设 row1 ≤ row2 并且 col1 ≤ col2
不妨设dp[i][j]表示(0,0)到(i,j)的子矩阵和。
转移方程为：dp[i][j]=dp[i][j−1]+dp[i][j−1]−dp[i][j]+a[i][j]
class NumMatrix(object):
# @param {int[][]} matrix a 2D matrix
def __init__(self, matrix):
# Write your code here
if len(matrix) == 0 or len(matrix[0]) == 0:
return
n = len(matrix)
m = len(matrix[0])
self.dp = [[0] * (m + 1) for _ in range(n + 1)]
for r in range(n):
for c in range(m):
self.dp[r + 1][c + 1] = self.dp[r + 1][c] + self.dp[r][c + 1] +
matrix[r][c] - self.dp[r][c]
# @param {int} row1 an integer
# @param {int} col1 an integer
# @param {int} row2 an integer
# @param {int} row2 an integer
# @return {int} the sum of region
def sumRegion(self, row1, col1, row2, col2):
# Write your code here
return self.dp[row2 + 1][col2 + 1] - self.dp[row1][col2 + 1] -
self.dp[row2 + 1][col1] + self.dp[row1][col1]
840. 可变范围求和
给定一个整数数组 nums, 然后你需要实现两个函数:
update(i, val)将数组下标为i的元素修改为valsumRange(l, r)返回数组下标在[l,r][l, r][l,r]区间的元素的和
样例
样例 1:
输入:
nums = [1, 3, 5]
sumRange(0, 2)
update(1, 2)
sumRange(0, 2)
输出:
9
8
样例 2:
输入:
nums = [0, 9, 5, 7, 3]
sumRange(4, 4)
sumRange(2, 4)
update(4, 5)
update(1, 7)
update(0, 8)
sumRange(1, 2)
输出:
3
15
12
注意事项
- 数组只能通过update函数进行修改。
- 你可以假设 update 函数与 sumRange 函数的调用数量是均匀的。
class NumArray(object):
def __init__(self, nums):
"""
:type nums: List[int]
"""
self.arr = nums #
self.n = len(nums)
self.bit = [0] * (self.n + 1)
for i in range(self.n):
self.add(i, self.arr[i])
def update(self, i, val):
"""
:type i: int
:type val: int
:rtype: void
"""
self.add(i, val - self.arr[i])
self.arr[i] = val
def sumRange(self, i, j):
"""
:type i: int
:type j: int
:rtype: int
"""
return self.sum(j) - self.sum(i - 1)
def lowbit(self, x):
return x & (-x)
def add(self, idx, val):
idx += 1
while idx <= self.n:
self.bit[idx] += val
idx += self.lowbit(idx)
def sum(self, idx):
idx += 1
res = 0
while idx > 0:
res += self.bit[idx]
idx -= self.lowbit(idx)
return res
就是使用树状数组来求解。
其中，bit表示Binary Indexed Tree
又名:Fenwick Tree 中文名:树状数组 简写:BIT 基于“前缀和”信息来实现——
Log(n) 修改任意位置值
Log(n) 查询任意区间和
总结在前：
把原先我们累加的方式从:
for (int i = index; i >= 0; i = i - 1) sum += arr[i];
改成了
for (int i = index+1; i >= 1; i = i - lowbit(i)) sum += bit[i];lowbit是核心和关键！！！
树状数组详解
先来看几个问题吧。
1.什么是树状数组？
顾名思义，就是用数组来模拟树形结构呗。那么衍生出一个问题，为什么不直接建树？答案是没必要，因为树状数组能处理的问题就没必要建树。和Trie树的构造方式有类似之处。
2.树状数组可以解决什么问题
可以解决大部分基于区间上的更新以及求和问题。就是上面的算法题目。
3.树状数组和线段树的区别在哪里
树状数组可以解决的问题都可以用线段树解决，这两者的区别在哪里呢？树状数组的系数要少很多，就比如字符串模拟大数可以解决大数问题，也可以解决1+1的问题，但没人会在1+1的问题上用大数模拟。
4.树状数组的优点和缺点
修改和查询的复杂度都是O(logN)，而且相比线段树系数要少很多，比传统数组要快，而且容易写。
缺点是遇到复杂的区间问题还是不能解决，功能还是有限。
一、树状数组介绍
树状数组可以解决什么样的问题：
这里通过一个简单的题目展开介绍，先输入一个长度为n的数组，然后我们有如下两种操作：
- 输入一个数m，输出数组中下标1~m的前缀和
- 对某个指定下标的数进行值的修改
多次执行上述两种操作
寻常方法
对于一个的数组，如果需要求1~m的前缀和我们可以将其从下标1开始对m个数进行求和，对于n次操作，时间复杂度是O(n^2)，对于值的修改，我们可以直接通过下标找到要修改的数，n次操作时间复杂度为O(n)，在数组n开得比较大的时候，求前缀和的效率显得低了
- 那么有人提出了一种优化的方式：
初始我们用一个数组A的保存每个位置的初始值，然后用一个辅助数组B存放的是下标为i的时候A数组的前i个的和（前缀和），那么当我们需要查询m个数的前缀和的时候只要直接使用下标对B数组进行查询即可，n次查询，时间复杂度为O(n)，而此时，对于单点更新值的维护消耗，由原来的O(n)变成了O(n^2)，因为每一次与更新单点值都会对后面的已经计算好的B数组前缀和的值造成影响，需要不断更新B数组的值，n次更新维护的消耗自然就变成了O(n^2)，更新的效率变得低下
树状数组
那么是否有一种方法可以让查询和更新的时间复杂度都小一些呢，至少可以令人接受，这里将介绍树状数组如何处理前缀和查询和单点更新的问题，对于n次操作，时间复杂度都为O(nlogn)
注意观察箭头高度！！！其中，【1，8】表示sum（a[1~8]）,【5，6】表示sum(a[5~6])
如图，对于一个长度为n的数组，A数组存放的是数组的初始值，引入一个辅助数组C（我们通过C数组建立树状数组）
C1 = A1
C2 = C1 + A2 = A1 + A2
C3 = A3
C4 = C2 + C3 + A4 = A1 + A2 + A3 + A4
C5 = A5
C6 = C5 + A6 = A5 + A6
C7 = A7
C8 = C4 + C6 + C7 + A8 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8
找规律：
C[i] = A[i - 2k+1] + A[i - 2k+2] + ... + A[i]; //k为i的二进制中从最低位到高位连续零的长度
例如i = 8(1000)时候，k = 3，可自行验证。
这个怎么实现求和呢，比如我们要找前7项和，那么应该是SUM = C[7] + C[6] + C[4];
我们称C[i]的值为下标为i的数所管辖的数的和，C[8]存放的就是被编号8所管辖的那些数的和（有8个），而下标为i的数所管辖的元素的个数则为2^k个（k为i的二进制的末尾0的个数）举两个例子查询下标m==8和m==5所管辖的数的和
- 8 = 1000，末尾3个0，故k == 3，所管辖的个数为2^3 == 8，C8是8个数的和
- 5 = 0101，末尾没有0，故k == 0，所管辖的个数为2^0 == 1，C5是一个数的和（它本身A5）
而对于输入的数m，我们要求编号为m的数的前缀和A1~Am（这里假设树状数组已经建立，即C1~C8的值已经求出，别着急，在本文的最下方会做出建立树状数组的过程讲解，因为现在是在求前缀和，就假设C数组已经可用了吧）举两个例子m==7和m==6（sum(i)表示求编号为i的前缀和）
- m==7 sum(7) = C7 + C6 + C4
那么我们是怎么得到编号7是由哪几个C[i]求和得到呢（C4, C6, C7怎么得到的），这里有介绍一种巧妙的方法：
对于查询的m，将它转换成二进制后，不断对末尾的1的位置进行-1的操作，直到全部为0停止
7的二进制为0111（C7得到），那么先对0111的末尾1的位置-1，得到0110 == 6（C6得到），再对0110末尾1位置-1，得到0100 == 4（C4得到），最后对0100末尾1位置-1后得到0000（结束信号），计算停止，至此C7，C6，C4全部得到，求和后就是m == 7时它的前缀和 - m==6 sum(6) = C6 + C4
m == 6时也是一样，先转成2进制等于0110，经过两次变换后为0100（C4）和0000（结束信号），那么求和后同样也得到了预计的结果
这里要介绍一个高效的方法，lowbit(int m)，这是一个函数，它的作用是求出m的二进制表示的末尾1的位置，对于要查询m的前缀和，m = m - lowbit(m)代表不断对二进制末尾1进行-1操作，不断执行直到m == 0结束，就能得到前缀和由哪几个Cm构成，十分巧妙，lowbit也是树状数组的核心
int lowbit(int m){
return m&(-m);
}关于m&(-m)很多童鞋可能感到困惑，那么就不得不提及一下负数在计算机内存中的存储形式，负数在计算机中是以补码的形式存储的，如13的二进制表示为1101，那么-13的二进制而将13二进制按位取反，然后末尾+1，即0010 + 0001 = 0011，那么1101 & 0011== 0001，很显然得到m == 13二进制末尾1的位置是2的0次方位，将13 - 0001 == 12，再对12执行lowbit操作，1100 & 0100 == 0100，也很轻易得到了m == 12时二进制末尾1的位置是2的2次方位，将12 - 0100 == 8，再对8执行lowbit操作，0100 & 1100 == 0100，得到m == 8时二进制位是2的2次方位，8 - 0100 == 0（结束操作），通过循环得到的13，12，8，则sum(13) == C13 + C12 + C8
求前缀和的代码
int ans = 0;
int getSum(int m){
while(m > 0){
ans += C[m];
m -= lowbit(m);
}
}对于n次前缀和的查询，时间复杂度为O(nlogn)
接下来讲解单点更新值
对于输入编号为x的值，要求为它的值附加一个value值，我们把图再一次拿下来
假设x==2，value==5，那么我们先找到A[2]的位置，通过观察我们得知，如果修改了A[2]的值，那么管辖A[2]的C[2]，C[4]，C[8]的前缀和都要加上value（所有的祖先节点），那么和查询类似，我们如何得到C2的所有祖先节点呢（因为C2和A2的下标相同所以更新时查询从C[x]开始），依旧是上述的巧妙的方法，但是我们把它倒过来
对于要更新x位置的值，我们把x转换成二进制，不断对二进制最后一个1的位置+1，直到达到数组下标的最大值n结束
- 对于给出的例子x==2，假设数组下标上限n==8，x转换成二进制后等于0010（C2），对末尾1的位置进行+1，得到0100（C4），对末尾的1的位置进行+1，得到1000（C8），循环结束，对C2，C4，C8的前缀和都要加上value，当然不能忘记对A[2]的值+value，单点更新值过程结束
给出代码
void update(int x, int value){
A[x] += value; //不能忘了对A数组进行维护，尽善尽美嘛
while(x <= n){
C[x] += value;
x += lowbit(x);
}
}对于n次更新操作，时间复杂度同样为O(nlogn)
这里有一个注意事项，我们对于求前缀和与单点更新时，树状数组C是拿来直接使用的，那么问题来了，树什么时候建立好的，我怎么不知道？?
事实上，对于一个输入的数组A，我们一次读取的过程，就可以想成是一个不断更新值的过程（把A1~An从0更新成我们输入的A[i]），所以一边读入A[i]，一边将C[i]涉及到的祖先节点值更新，完成输入后树状数组C也就建立成功了
- 完整代码如下：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
int a[10005];
int c[10005];
int n;
int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
int getSum(int x){
int ans = 0;
while(x > 0){
ans += c[x];
x -= lowbit(x);
}
return ans;
}
void update(int x, int value){
a[x] += value;
while(x <= n){
c[x] += value;
x += lowbit(x);
}
}
int main(){
while(scanf("%d", &n)!=EOF){ //用于测试n == 8
memset(a, 0, sizeof(a));
memset(c, 0, sizeof(c));
for(int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%d", &a[i]); //a[i]的值根据具体题目自己安排测试可以1，2，3，4，5，6，7，8
update(i, a[i]); //输入的过程就是更新的过程
}
int ans = getSum(n-1); //用于测试输出n-1的前缀和 输出28
printf("%d
", ans);
}
return 0;
}