洛谷P3374 【模板】树状数组 1
已知一个数列，你需要进行下面两种操作：
1.将某一个数加上x
2.求出某区间每一个数的和
先来定义一个东西：lowbit
记lowbit(x)为x的二进制最低位包含后面的0构成的数.
举几个栗子:
8的二进制表示是1000，lowbit(8) =1000(2)= 8
6的二进制是110，lowbit(6) =10(2)= 2
求lowbit
记f[i]是i的最低位.
若i是奇数,f[i] = 1,否则f[i] = f[i/2] * 2.
是不是有点麻烦QwQ
其实可以这样：
int lowbit(int x) { return x&-x; }
由于电脑一种叫做补码的操作（由于电脑是二进制，它们存的相反数是它的取反+1），一个数与它的相反数做与操作时会返回二进制下最右边的1的位置。举个例子： 6&-6=2 将6变成二进制：110。其中最右侧的1加粗字体：110则返回的是二进制下10的值：
再来介绍一下树状数组
树状数组是一种用来求前缀和的数据结构.
对于原始数组A，我们设一个数组C
C[i]=A[i-lowbit(i)+1]+...+A[i]
i>0的时候C[i]才有用，C就是树状数组
大概就是这样：
- 第一位（1在二进制下=1 二进制下的1=1）的值为输入的数组的第一位往前的一位的和，也就是第一位。
- 第二位（2在二进制下=10 二进制下的10=2）的值为输入的数组的第二位往前两位的和，第一位和第二位。
- 第三位（3在二进制下=11 二进制下的1=1）的值为输入的数组的第三位往前一位的和，也就是第三位。
- 第四位的值（4在二进制下=100 二进制下的100=4）的值为输入的数组的第四位往前四位的和，也就是第一位，第二位，第三位以及第四位
树状数组用于解决单个元素经常修改，而且还反复求不同区间和的情况
树状数组求和
树状数组只能够支持询问前缀和，不支持区间和，但是可以用前缀和求区间和.
我们先找到C[n],然后我们发现现在，下一个要找的点是n − lowbit(n)，然后我们不断的减去lowbit(n)并累加C数组.
我们可以用前缀和相减的方式来求区间和.
询问的次数和n的二进制里1的个数相同，时间复杂度是O(log N).
代码：
int ask(int x) //查询[1,x]的值 { int ans=0; for (;x;x-=lowbit(x)) ans+=s[x]; //我们询问的]是[x-lowbit(x)+1,x,然后后面一个区间是以x-lowbit(x)为右端点的，依次类推 return ans; }
树状数组更新
现在我们要修改Ax的权值,考虑所有包含x这个位置的区间个数.
从C[x]开始,下一个应该是C[y = x + lowbit(x)],再下一个是C[z = y + lowbit(y)]...直到达到上限
注意到每一次更新之后,位置的最低位1都会往前提1.总复杂度也为O(log N).
大概就是这样：
代码：
void ins(int x,int y)//修改a[x]的值,a[x]+=y; { for (;x<=n;x+=lowbit(x)) s[x]+=y; //首先需要修改的区间是以x为右端点的,然后下一个区间是x+lowbit(x),以此类推 }
所以这一个题的代码就出来了：
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<iomanip> #include<cmath> #include<cstring> #include<string> #include<algorithm> #include<time.h> #include<queue> using namespace std; typedef long long ll; typedef long double ld; typedef pair<int,int> pr; const double pi=acos(-1); #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++) #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--) #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i]) #define clr(a) memset(a,0,sizeof a) #define pb push_back #define mp make_pair #define fi first #define sc second ld eps=1e-9; ll pp=1000000007; ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;} ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;} ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar(); while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar(); if(last=='-')ans=-ans; return ans; } //head using namespace std; int m,n,s[5000005]; long long ans; int lowbit(int x) { return x&-x; } void ins(int x,int y)//修改a[x]的值,a[x]+=y; { for (;x<=n;x+=lowbit(x)) s[x]+=y; //首先需要修改的区间是以x为右端点的,然后下一个区间是x+lowbit(x),以此类推 } int ask(int x) //查询[1,x]的值 { int ans=0; for (;x;x-=lowbit(x)) ans+=s[x]; //我们询问的]是[x-lowbit(x)+1,x,然后后面一个区间是以x-lowbit(x)为右端点的，依次类推 return ans; } int main() { n=read(),m=read(); rep(i,1,n) { int t=read(); ins(i,t); } rep(i,1,m) { int a,b,c; a=read(),b=read(),c=read(); if(a==1) { ins(b,c); } if(a==2) { printf("%d ",ask(c)-ask(b-1));//区间查询则为右边界前缀和减去左边界前缀和 } } }
洛谷P3368 【模板】树状数组 2
已知一个数列，你需要进行下面两种操作：
1.将某区间每一个数加上x
2.求出某一个数的值
树状数组区间修改
如果将x到y区间加上一个k，那就是从x到n都加上一个k，再从y+1到n加上一个-k
加的移动还是i+=lowbit(i);
或者说叫差分
差分：
设数组a[]={1,6,8,5,10}，那么差分数组b[]={1,5,2,-3,5}
也就是说b[i]=a[i]-a[i-1];(a[0]=0;)，那么a[i]=b[1]+....+b[i];(这个很好证的)。
假如区间[2,4]都加上2的话
a数组变为a[]={1,8,10,7,10}，b数组变为b={1,7,2,-3,3};
发现了没有，b数组只有b[2]和b[5]变了，因为区间[2,4]是同时加上2的,所以在区间内b[i]-b[i-1]是不变的.
所以对区间[x,y]进行修改,只用修改b[x]与b[y+1]:
b[x]=b[x]+k;b[y+1]=b[y+1]-k;
就像这样
ins(b,d); ins(c+1,-d);
树状数组单点查询
查询和求和是一样的（代码其实也一样）。注意我们的操作不是区间求和，而是求两个前缀和的差！
int ask(int x) { int ans=0; for (;x;x-=lowbit(x)) ans+=s[x]; return ans; }
所以最后的代码是这样的：
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<iomanip> #include<cmath> #include<cstring> #include<string> #include<algorithm> #include<time.h> #include<queue> using namespace std; typedef long long ll; typedef long double ld; typedef pair<int,int> pr; const double pi=acos(-1); #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++) #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--) #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i]) #define clr(a) memset(a,0,sizeof a) #define pb push_back #define mp make_pair #define fi first #define sc second ld eps=1e-9; ll pp=1000000007; ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;} ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;} ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar(); while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar(); if(last=='-')ans=-ans; return ans; } //head using namespace std; int m,n,t[5000005],s[5000005]; long long ans; int lowbit(int x) { return x&-x; } void ins(int x,int y) { for (;x<=n;x+=lowbit(x)) s[x]+=y; } int ask(int x) { int ans=0; for (;x;x-=lowbit(x)) ans+=s[x]; return ans; } int main() { n=read(),m=read(); rep(i,1,n) { t[i]=read(); } rep(i,1,m) { int a; a=read(); if(a==1) { int b=read(),c=read(),d=read(); ins(b,d); ins(c+1,-d); } if(a==2) { int b=read(); printf("%d ",t[b]+ask(b)); } } }
PS.这里s数组存的是原数组t每一个元素增加或减少的多少