标签：main lag problem 根据 结构 through 转移 一点 练习
我们今天来讲一个应用比较广泛的数据结构——树状数组
它可以在O（nlogn）的复杂度下进行单点修改区间查询，下面我会分成三个模块对树状数组进行详细的解说，分别是树状数组基本操作、树状数组区间修改单点查询的实现、树状数组查询最值的实现
一.
树状数组一般分为三种操作，初始化、修改、查询
在讲基本操作之前，我们先来看一张图
这张图就是树状数组的存储方式，对于没有接触过树状数组的人来说看懂上面这张图可能有些困难，上图的A数组就是我们的原数组，C数组则是我们需要维护的数组，这样存储能干什么呢，比如我们在查询A[1~7]数组的前缀和时，可以将C[4]、C[6]、C[7]三个数组的值加起来，那么它就是我们要求的A[1~7]的前缀和，那么为什么是C[4]、C[6]、C[7]三个数组呢
我们来看一下4、6、7在二进制下是什么
7 = 22 + 21 + 20 = （111）2
6 = 22 + 21 = （110）2
4 = 22 = （100）2
于是我们发现，从7到4，我们的二进制的1从最后一位开始减少，再根据上图，我们可以发现，C[i]数组存储区间为[ i - 2k + 1,i]，其中k是二进制下i末尾的1
那么我们如何来求这个末尾的1呢，这里我们用了lowbit（x）表示x在二进制下末尾的1，lowbit的求法如下：
inline int lowbit(int x) { return x&(-x); }
那么为什么可以用x & (-x)求出lowbit，这要从二进制负数存储方法开始说了
二进制下的负数是将原来的整数取反后加1表示的，就像这样：
原数字x：（100101000）2
取反~x：（011010111）2
负数~x+1：（011011000）2
我们发现，这样操作后，末尾1前面的数都被取反了，而后面的数全部变成了0，于是
x & (-x) = （000001000）2
这样，我们就将二进制下的末尾1求出来了
下面我们讲树状数组的基本操作
inline void add(int x,int y) //给x加上y { while(x <= n) { c[x] += y; x += lowbit(x); } return ; } inline int query(int x) //查询1~7的前缀和 { int ans = 0; while(x) { ans += c[x]; x -= lowbit(x); } return ans; }
当我们求区间l ~ r的区间和时，可以用C[r] - C[l - 1]
如果你还是不太懂，就结合着上面的图和代码，感性理解一下理解
二.
下面我们讲树状数组如何做到区间修改（单点查询过于简单我就不提了）
我们可以发现，当我们让区间l ~ r加上v时，实际上相当于我们先将区间l ~ n加上v，再将区间r + 1 ~ n减去v
所以，第一种方法，我们可以再维护一个树状数组B用来存区间修改的情况，当我们查询某一点i时，用B[1~i]的前缀和加上我们原来维护的数组，就可以做到区间修改单点查询了
不过，在这里我们有一种巧妙的方法可以不用维护两个树状数组，我们可以维护一个差分数组C，让A[i] - A[i - 1]加入数组C，这样我们在修改区间l ~ r时，只要让l加上v，再让r + 1减去v就行了，证明非常简单，因为l ~ r中的数同时加上了一个数，A[i] - A[i - 1]不变
这样我们就用一个树状数组进行了区间修改单点查询操作，在查询一个数x时，A[x]就是C[1~x]的前缀和
有一道洛谷的板子题可供练习
代码如下：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> const int maxn = 1e6 + 6; int n,m; int cost[maxn]; inline int read() { char ch = getchar();int x = 0,f = 1; while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch == ‘-‘) f = -1; ch = getchar();} while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x = x*10 + ch -‘0‘; ch = getchar();} return x*f; } inline int lb(int x) { return x&(-x); } inline void add(int a,int v) { while(a<=n) { cost[a] += v; a += lb(a); } } inline int query(int a) { int ans = 0; while(a) { ans += cost[a]; a -= lb(a); } return ans; } int main(int argc, char const *argv[]) { n = read(); m = read(); int pre = 0; for(int i = 1;i <= n;i ++) { int val = read(); add(i,val - pre); pre = val; } for(int i = 1;i <= m;i ++) { int flag,x,y,k; flag = read(); if(flag == 1) { x = read(); y = read(); k = read(); add(x,k); add(y+1,-k); } else { x = read(); printf("%d\n",query(x)); } } return 0; }
三.
下面我们来讲树状数组查询区间最值，虽然它的复杂度为O（nlognlogn），但是依然是我们可以接受的
我们来考虑如何维护最值，一个显然的方法我们对于每个元素都让它自身的值和覆盖它的C数组取最值，复杂度为O（nlogn），然后当我们要改变一个数的值的时候，将C数组清空然后重新维护，显然这个复杂度并不理想
我们接着考虑有没有更快的维护方法，于是我们发现，对于一个区间C[x]，能转移到它的只有C[x - 20]、C[x - 21]、C[x - 22]...C[x - 2 k],且2k < lowbit(x),2k+1 >= lowbit(x)
这样，我们就维护出区间C[x]的最值了，且维护的复杂度为O（lognlogn）
代码如下：
inline void modify(int x,int y) //把x的值改为y { a[x] = y; while(x <= n) { c[x] = a[x]; for(int i = 1;i < lowbit(x);i <<= 1) c[x] = std::max(c[x],c[x - i]); x += lowbit(x); } return ; }
查询的方法也非常简单，我们从查询的右端点开始找被包含的C数组，若r - lowbit(r) >= l，就用C[r]维护最值，否则，我们就直接用A[r]维护最值
代码如下：
inline int query(int l,int y) //查询区间l ~ r的最大值 { int ans = 0; while(l <= r) { ans = std::max(ans,a[r]); r--; while(l <= r - lowbit(r)) { ans = std::max(ans,c[r]); r -= lowbit(r); } } return ans; }
这里有一道例题
就是一个树状数组维护最值的板子题，代码如下：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <iostream> const int maxn = 2e5+5; int n,m; int a[maxn]; int cost[maxn]; inline int lb(int x) { return x&(-x); } inline void modify(int x) { while(x<=n) { cost[x] = a[x]; for(int i = 1;i < lb(x);i<<=1) cost[x] = std::max(cost[x],cost[x-i]); x += lb(x); } } inline int query(int l,int r) { int ans = 0; while(l <= r) { ans = std::max(ans,a[r]); r --; while(l <= r-lb(r)) { ans = std::max(ans,cost[r]); r -= lb(r); } } return ans; } int main() { while(scanf("%d %d",&n,&m)!=EOF) { memset(a,0,sizeof(a)); memset(cost,0,sizeof(cost)); for(int i = 1;i <= n;i ++) { scanf("%d",&a[i]); modify(i); } for(int i = 1;i <= m;i ++) { char flag = getchar(); while(flag!=‘Q‘&&flag!=‘U‘)flag = getchar(); if(flag==‘Q‘) { int l,r; scanf("%d %d",&l,&r); printf("%d\n",query(l,r)); } else if(flag==‘U‘) { int x,v; scanf("%d %d",&x,&v); a[x] = v; modify(x); } } } return 0; }
标签：main lag problem 根据 结构 through 转移 一点 练习
原文地址：https://www.cnblogs.com/Ackers/p/10090713.html
