任务1：区查单改
模板：洛谷P3374
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
初看此题，我们很容易想到暴力和前缀和。但暴力询问时间太长，前缀和修改时间太长，两者时间复杂度均为$O(nm)$，不能满足需求。
于是，一个$O(mlogn)$的算法横空出世...
树状数组的详解网上一大堆，我只谈谈我对树状数组的理解。
1.lowbit(x)的证明
$lowbit(x)$=$x$&$(-x)$
e.g:$lowbit(148) = 148$ & $(-148) = $10010100 & 01101100 $ = $ 00000100 $= 4$
$lowbit(x)$的值即一个二进制数中从低位到高位数的第一个1所表示的十进制值。
但是，为什么呢？
网上题解很少提及这个函数的证明，因为它确实特别玄学。
我的证明如下：
（下文中的“原来”或“之前”指原数，“现在”指取反~后）
我们知道，一个负数表示为二进制就是它的补码，补码就是 该负数的绝对值 表示为二进制后 按位取反 +1 的值 (~|x|+1)
e.g:$-148 = -($10010100$) = $~10010100$ + $1$ = $01101011 $+$ 1 $=$ 01101100
生成补码后
一种情况是不发生任何进位，即 原来为1，现在为0 的最低位 +1 后变成了1，其他位只有取反操作。
再对原数和负数的补码 按位与&，
由于取反，除最低位的所有位运算的情况 不是0&1=0，就是1&0=0，
只有最低位原来是1，取反后+1还是1，1&1=1
所以这种情况下$lowbit(x)$恒为00000001，也就是1
e.g:
$lowbit(149)$
$= 149$ & $(-149)$
$= $10010101 & 01101011
$= $ 00000001
$= 1$
另一种情况则进位，而且可能连锁反应进很多次位。
最低位 原来为0，现在为1 ，+1后变为2，需向上进位，然后自身变回0，
如果上一位 之前为0，现在为1 ，收到了前一位的进位 +1 后变为2，又需要向上进位，然后自身变为0...
如此反复，直到遇到 之前为1，现在为0 的位，收到前一位进位后+1变成1，停止连锁反应。
我们把这一个位设为a，则补码出现了这样的情况：
比x高的位因为没有受到进位的影响，是原数取反的结果；
x由于取反后为0，又收到上一位进位，所以一定为1；
比x低的位由于取反后为1，又收到上一位进位，所以一定为0。
然后我们把原数和负数补码 按位与&，
比x高的位的情况不是0&1=0，就是1&0=0；
x则为1&1=1；
比x低的位则全为0，所以结果一定为0。
所以答案为0...010...0 ，1所在的位置便是x位，也是原数中从低位数第一个1。
e.g:
$lowbit(148)$
$=148$ & $(-148)$
$=$ 10010100 & $-($10010100$)$
$=$ 10010100 & $(~$10010100$ + $1$)$
$=$ 10010100 & 01101100
$=$ 00000100
综上所述，$lowbit(x)$后只剩下一位有1，而它所在的位即x，也是就从低位数到高位的第一个1。
（我自己都感觉写的太复杂了）╮(╯▽╰)╭
2.lowbit(x)的运用
既然$lowbit(x)$的值即一个二进制数中从低位数到高位的第一个1所表示的十进制值，也是节点x所管辖的节点个数。那么拿$x+lowbit(x)$必定发生一次最小的进位，$x-lowbit(x)$必定让从低位数到高位的第一个1变成0。而观察树状数组，发现一旦进位就多出一层包含关系，一旦变0就会退出一层所在的包含关系，那么就可以方便的通过$x+lowbit(x)$找到当前节点的父节点，通过$x-lowbit(x)$找到前面未包含的节点。
上代码：
一维：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<queue> #include<ctime> using namespace std; const int MXN=1000000,INF=999999999; struct BIT{ int lowbit(int x){return x&(-x);} int tr[MXN],n; void Init(int myn){n=myn;for(int i=0;i<=n;i++) tr[i]=0;} void Modify(int x,int val){ for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) tr[i]+=val; } int GetSum(int x){ int ans=0;if(x==0) return 0; for(int i=x;i>=1;i-=lowbit(i)) ans+=tr[i]; return ans; } int Query(int l,int r){ return GetSum(r)-GetSum(l-1); } }bit; //这里以单点加值，区间查询为例 int n,qn; int main(){ cin>>n>>qn; bit.Init(n); for(int i=1;i<=n;i++){ int t;scanf("%d",&t); bit.Modify(i,t); } for(int i=1;i<=qn;i++){ int type,x,y; scanf("%d%d%d",&type,&x,&y); switch(type){ case 1: bit.Modify(x,y); break; case 2: printf("%d ",bit.Query(x,y)); break; } } return 0; }
二维：
其实就是多了一层循环...然后变更和查询的方式也变了，稍微想想就能够明白
没找到模板，就直接上代码了
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<ctime> #include<cstdlib> #include<queue> //#include<windows.h> using namespace std; long long lowbit(long long val){ return val&(-val); } struct BIT{ long long sizex,sizey; long long tree[2005][2005]; void init(long long mysx,long long mysy){ sizex=mysx; sizey=mysy; for(long long i=0;i<2005;i++) for(long long j=0;j<2005;j++) tree[i][j]=0; } void change(long long idx,long long idy,long long val){ for(long long i=idx;i<=sizex;i+=lowbit(i)) for(long long j=idy;j<=sizey;j+=lowbit(j)) tree[i][j]+=val; } long long getsum(long long idx,long long idy){ if(idx==0||idy==0) return 0; long long ans=0; for(long long i=idx;i>=1;i-=lowbit(i)) for(long long j=idy;j>=1;j-=lowbit(j)) ans+=tree[i][j]; return ans; } long long ask(long long x1,long long y1,long long x2,long long y2){ return getsum(x2,y2)-getsum(x1-1,y2)-getsum(x2,y1-1)+getsum(x1-1,y1-1); } }bit; int main(){ return 0; }
任务2：区改单查
模板：洛谷P3368
已知一个数列，你需要进行下面两种操作：
1.将某区间每一个数数加上x
2.输出某一位置上的数
用到了差分的思想。
比如原数列a[]={1,5,4,2,3}
加一个数组b[]，使b[i]=a[i]-a[i-1]，即{1,4,-1,-2,1}
然后进行区间加值操作，如把下标2到下标5的数+3。
a[]变为{1,8,7,5,3}，b[]变为{1,7,-1,-2,-2}
有没有发现只有b[2]和b[5]变了？
b[]只需一头一尾变化，因为区间内所有的数都加上了同样的值，差值不变。
所以把b[]这个差分数组用树状数组维护前缀和。
为什么维护前缀和？因为a[i]就等于b[1]+b[2]+...+b[i]
完美解决
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; long long n,con; long long e[500005]= {0}; long long lowbit(long long num) { return (-num)# } void change(int pos,long long val) { int now=pos; for(; now<=n; now+=lowbit(now)) { e[now]+=val; } } long long getans(int pos) { if(pos==0) { return 0; } long long sum=0; int now=pos; for(; now>=1; now-=lowbit(now)) { sum+=e[now]; } return sum; } int main() { cin>>n>>con; int t1,t2=0; for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%lld",&t1); change(i,t1-t2); t2=t1; } for(int i=1; i<=con; i++) { long long type,x,y,z; scanf("%lld",&type); if(type==1) { //更改 scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z); change(x,z); change(y+1,-z); } else if(type==2) { //询问 scanf("%lld",&x); printf("%lld ",getans(x));//差分数组前缀和即为答案 } } return 0; }
任务3：区查区改
模板：洛谷P3372 线段树1
除非题目卡常，不推荐使用。好好的线段树不写为什么要用这个奇怪的玩意儿，（虽然常数小那么一点）
这用到了一些数学的推导
接着任务2的进度，我们把a[]差分到b[]后，只需要维护b[]的前缀和就可以搞到a[]中对应数的值
现在我们想求$a[1]$~$a[x]$的和，转化一下，就变成了
$a[1]+a[2]+...+a[x]$
$=b[1]$
$+b[1]+b[2]$
$+b[1]+b[2]+b[3]$
$+...$
$+b[1]+b[2]+...+b[x]$
再转化，
原式$=b[1]*x+b[2]*(x-1)+b[3]*(x-2)+...+b[x-1]*2+b[x]$
也就是
$large ∑(b[i]*(x+1-i))$
提取其中的不变量，得
$large ∑(b[i]*(x+1-i))=(x+1)*∑b[i] - ∑(b[i]*i)$
好了，我们开2个树状数组，一个维护$b[i]$，另一个维护$b[i]*i$，完事
注意：两个维护b[i]的树状数组并不是差分维护的，它们每次只是修改了b[]里的2个值，b[]是a[]的差分数组
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<ctime> #include<cstdlib> #include<queue> //#include<windows.h> using namespace std; long long lowbit(long long val){ return val&(-val); } struct BIT{ long long size; long long tree[1000005]; void init(long long mysize){ size=mysize; for(long long i=0;i<1000005;i++) tree[i]=0; } void change(long long id,long long val){ for(long long i=id;i<=size;i+=lowbit(i)) tree[i]+=val; } long long getsum(long long id){ if(id==0) return 0; long long ans=0; for(long long i=id;i>=1;i-=lowbit(i)) ans+=tree[i]; return ans; } long long ask(long long l,long long r){ return getsum(r)-getsum(l-1); } }bitC,bitD; long long n,qn; void Change(long long l,long long r,long long val){ bitC.change(l,val); bitC.change(r+1,-val); bitD.change(l,val*l); bitD.change(r+1,-val*(r+1)); } long long Getsum(long long id){ return (id+1)*bitC.getsum(id)-bitD.getsum(id); } long long Ask(long long l,long long r){ return Getsum(r)-Getsum(l-1); } int main(){ cin>>n>>qn; bitC.init(n);bitD.init(n); for(long long i=1;i<=n;i++){ long long t;scanf("%lld",&t); Change(i,i,t); } for(long long i=1;i<=qn;i++){ char type[2]; long long l,r,val; scanf("%s",type); switch(type[0]){ case '2':{ scanf("%lld%lld",&l,&r); printf("%lld ",Ask(l,r)); break; } case '1':{ scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&val); Change(l,r,val); break; } } } return 0; }
任务4：
（树状数组求最值）
已知一个数列，你需要进行下面两种操作：
1.将某区间每一个数数变为x
2.询问某一区间的最大值
这个和普通的求和又不一样了。随便举几个例子我们发现，存储区间最值的tree[i]不能直接$O(1)$修改。所以更新的话需要把tree[i]的所有直接子节点全部遍历一道（其实某种意义上，求和是一种不需要遍历的特殊用法）。这里有一个玄学的规律，假设我们需要更新tree[i]，那么它的直接子节点就是tree[i-1]，tree[i-2]，tree[i-4]，...也就是tree[i-2^k]，直到编号超出tree[i]所管辖的范围。又因为tree[i]的管辖点的个数为$lowbit(i)$，所以只需要判断$2^k<lowbit(i)$就好了。处理完本个需要更新的节点后，i+=lowbit(i)更新下一个节点。时间复杂度$O((logn)^2)$
更新没问题了，但显然区间最值没办法用前缀和那样的思想求解。那么如何处理询问呢？可以把要求的区间拆分成众多小区间来计算。首先还是像求和那样不停的减lowbit(i)，如果发现这个这个区间超出了要求的区间（比较要求的左端点和本区间左端点），显然我们不能把这个区间纳入计算范围。所以我们把i减1，让i进入更小的区间去搜寻。最后，当i==l时，结束搜寻，输出结果。时间复杂度O(logn)
（代码里询问部分用r替代了i）
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<ctime> #include<cstdlib> #include<queue> //#include<windows.h> using namespace std; int lowbit(int val){ return val&(-val); } struct BIT{ int size; int data[500005]; int tree[500005]; void init(int mysize){ size=mysize; for(int i=0;i<500005;i++){ tree[i]=0;data[i]=0; } } void change(int id,int val){ data[id]=val; for(int i=id;i<=size;i+=lowbit(i)){ tree[i]=data[i]; for(int j=1;j<lowbit(i);j<<=1){ tree[i]=max(tree[i],tree[i-j]); } } } int ask(int l,int r){ int ans=0; for(;l<=r;){ ans=max(ans,data[r]); r--; for(;r-lowbit(r)>=l;r-=lowbit(r)){ ans=max(ans,tree[r]); } } return ans; } }a; int n,m; int main(){//单点修改，区间查询最大值 cin>>n>>m; a.init(n); for(int i=1;i<=n;i++){ int t1; scanf("%d",&t1); a.change(i,t1); } for(int i=1;i<=m;i++){ int t1,t2,t3; scanf("%d",&t1); if(t1==1){ scanf("%d%d",&t2,&t3); a.change(t2,t3); }else if(t1==2){ scanf("%d%d",&t2,&t3); printf("%d ",a.ask(t2,t3)); } } return 0; }
参考：
（lowbit证明）http://www.mamicode.com/info-detail-1270028.html
（任务1题解）https://pks-loving.blog.luogu.org/senior-data-structure-gao-ji-shuo-ju-jie-gou-chu-bu-yang-xie-fen-kuai
（任务1二维题解）https://blog.csdn.net/xf_zhen/article/details/52439808
（任务2简单思路）https://www.luogu.org/blog/user33857/solution-p3368
（任务3）https://www.cnblogs.com/RabbitHu/p/BIT.html
（任务4）https://www.cnblogs.com/mypride/p/5002556.html
（任务4）https://blog.csdn.net/yu121380/article/details/81431480