标签：算法分析 分析 变化 使用 else end tps 选中 ems
树状数组作用
核心思想
????把前n个数划分为log(n)个区间，分别维护这log(n)个区间的和，在求解前缀和Sn的时候，从求解n个数字的和变成求解log(n)个区间的和来加快运算
具体操作
????维护log(n)个区间，每个区间用数组c来维护区间和。单点修改x的时候，修改x所在的c，然后一路向上修改父节点的c；区间查询[1 ~ x]的时候，从x开始向前，把x的所有兄弟节点的c都加起来
c数组性质
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int const N = 5e5 + 10;
int a[N], n, m;
LL c[N], sum[N]; // c[x] = a[x-lowbit(x) + 1] + ... + a[x]，sum[x]=a[1]+...+a[x]
int lowbit(int x) {
return x & (-x);
}
// 单点修改
void add(int x, int y) {
for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) c[i] += y; // 不断往父节点跳
}
// 查询Sx前缀和
LL query(int x) {
LL res = 0;
for (int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += c[i]; // 不断往前一个兄弟节点跳
return res;
}
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]); // 读入每个元素
sum[i] = sum[i - 1] + a[i]; // 计算前缀和
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) c[i] = sum[i] - sum[i - lowbit(i)]; // 初始化c数组
for (int i = 1, op, x, y; i <= m; ++i) { // m个操作
scanf("%d%d%d", &op, &x, &y);
if (op == 1) add(x, y); // 单点修改
else printf("%lld\n", query(y) - query(x - 1)); // 区间查询
}
return 0;
}
/*
本题要进行的是 区间增加+单点询问，而树状数组能进行的操作为 单点增加 + 区间查询
可以通过差分来实现这个转变，使得树状数组可以完成区间增加 + 单点询问
即：维护一个b数组表示当前a数组的增加减少情况，一旦a数组[l, r]增加d， 那么b[l] += d, b[r + 1] -= d
因此我们可以用树状数组维护这个b数组的前缀和，即维护一个c数组，记录b数组的前缀和，那么通过add()操作就能改变前缀和
而后每次询问单点时，我们查询b数组的前缀和就可以知道a点的增加减少情况
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n, m;
int const N = 1e5 + 10;
int c[N], a[N]; // c[x]维护的是b数组的前缀和
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
// 单点修改
void add(int x, int y) {
for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) c[i] += y; // 不断往父节点跳
}
// 查询Sx前缀和
LL query(int x) {
LL res = 0;
for (int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += c[i]; // 不断往前一个兄弟节点跳
return res;
}
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]); // 读入a[i]
while (m--) {
string op;
int l, r, d, x;
cin >> op;
// 单点查询
if (op[0] == ‘Q‘) {
scanf("%d", &x);
printf("%lld\n", query(x) + a[x]); // x点的变化值+a[x]
}
else {
scanf("%d %d %d", &l, &r, &d);
add(l, d), add(r + 1, -d); // 区间增加
}
}
return 0;
}
/*
对于第一种处理方式，可以利用差分结合acwing242一个简单的整数问题1的方式来处理；
对于问题而求区间和，那么考虑维护a的前缀和
a1+a2+...+ax=(b1)+(b1+b2)+(b1+b2+b3)+...+(b1+b2+b3+..+bx)
=(1+x)累加从1到x(bi)-累加从1~x(i*bi)
我们可以使用两个树状数组分别维护bi和i*bi的前缀和
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n, m;
int const N = 1e5 + 10;
LL c1[N], c2[N]; // c1维护bi的前缀和，c2维护i*bi的前缀和
int a[N];
LL s[N];
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
// 单点修改
void add(LL c[], int x, int y) {
for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) c[i] += (LL)y;
}
// 前缀和
LL query(LL c[], int x) {
LL res = 0;
for (int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += c[i];
return res;
}
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
s[i] = s[i - 1] + 0ll + a[i]; // 计算原来的a[i]的前缀和
}
while (m--) {
string op;
int l, r, d;
cin >> op;
if (op[0] == ‘C‘) {
cin >> l >> r >> d;
add(c1, l, d), add(c1, r + 1, -d); // 把[l, r]加d对c1来说就是把l和r+1分别增加d和减去d
add(c2, l, l * d), add(c2, r + 1, -(r + 1) * d); // 把[l, r]加d对c1来说就是把l和r+1分别增加l*d和减去(r+1)*d
}
else {
cin >> l >> r;
LL res = s[r] - s[l - 1]; // 原来的区间和
res += ((1 + r) * query(c1, r) - query(c2, r) - (l * query(c1, l - 1) - query(c2, l - 1))); // 加上改变值
printf("%lld\n", res );
}
}
return 0;
}
acwing241楼兰图腾
有n个点，坐标分别为(1, y1), (2, y2), (3, y3), ..., (n, yn)
如果三个点(i, yi), (j, yj), (k, yk) 满足1 ≤ i < j < k ≤ n且yi > yj, yj < yk，则称这三个点构成V图腾;
如果三个点(i, yi), (j, yj), (k, yk)满足1 ≤ i < j < k ≤ n 且yi < yj, yj > yk，则称这三个点构成∧图腾;
求有多少个V图腾和∧图腾
n ~ 2e5, yi ~ 2e5
/*
使用树状数组去维护每个数字出现的次数的前缀和，c[i]记录i这个节点管辖的几个点的出现次数
统计时，只要统计每个点左边有多少个比他大，右边有多少个比他大，然后相乘就能够知道出现多少个^;
统计V则相反
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n;
int const N = 2e5 + 10;
int a[N], c[N];
int gre[N], low[N];
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
void add(int x, int y) {
for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) c[i] += y;
}
int query(int x) {
int res = 0;
for (int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += c[i];
return res;
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
LL res1 = 0, res2 = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int y = a[i];
gre[i] = query(n) - query(y);
low[i] = query(y - 1);
add(y , 1);
}
memset(c, 0, sizeof c);
for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
int y = a[i];
res1 += (LL)gre[i] * (query(n) - query(y));
res2 += (LL)low[i] * query(y - 1);
add(y , 1);
}
cout << res1 << " " << res2 << endl;
return 0;
}
acwing244谜一样的牛
有n头奶牛，已知它们的身高为 1~n 且各不相同，但不知道每头奶牛的具体身高。
现在这n头奶牛站成一列，已知第i头牛前面有Ai头牛比它低，求每头奶牛的身高。
1≤n≤105
/*
本题可以从n往1向前看，如果他的前面有a[i]头牛比他低，那第i头牛的高度就是可以选择的身高的第i+1小。
因此可以给每个身高一个标值，1表示没被选，0表示被选中。那么寻找第a[i]+1个没被选中的牛就可以二分查找
前缀和等于a[i]+1的那个数字，树状数组维护这个前缀和即可
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int const N = 1e5 + 10;
int c[N], a[N], ans[N];
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
void add(int x, int y) {
for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) c[i] += y;
}
int query(int x) {
int res = 0;
for (int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += c[i];
return res;
}
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 2; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 1; i <= n; ++i) c[i] = lowbit(i); // 初始化，因为每个身高都没备选，那么都初始化为1，Tr数组就是区间的长度，即为lowbit(i)
for (int i = n; i >= 1; --i) // 倒着往前看
{
// 二分查找a[i]+1小
int l = 1, r = n;
while (l < r)
{
int mid = (l + r) >> 1;
if (query(mid) >= a[i] + 1) r = mid;
else l = mid + 1;
}
ans[i] = l; // 记录答案
add(l, -1); // 这个牛被选了，从1变成0
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}
acwing260买票
给定n，表示游客的数目；随后n行，每行两个数，p[i]和v[i],分别表示当这个游客插队后，前面的人数以及这个游客的编号。求出当全部游客完成插队后，队列中的游客编号情况。
n ~ 2e5,P[i]、V[i] ~ short
// 本题的思路和acwing244一样，倒着往前看，插入前面人数+1的位置。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const N = 2e5 + 10;
int res[N], P[N], V[N], n, c[N];
typedef long long LL;
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
void add(int x, int y) {
for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) c[i] += y;
}
int query(int x) {
int res = 0;
for (int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += c[i];
return res;
}
int main() {
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d%d", &P[i], &V[i]);
c[i] = lowbit(i);
}
for (int i = n; i >= 1; --i) {
int pos = P[i] + 1;
int l = 1, r = n;
while (l < r) {
int mid = l + r >> 1;
if (query(mid) >= pos) r = mid;
else l = mid + 1;
}
res[l] = V[i];
add(l, -1);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d ", res[i]);
cout << endl;
}
return 0;
}
标签：算法分析 分析 变化 使用 else end tps 选中 ems
原文地址：https://www.cnblogs.com/spciay/p/13073184.html
