文章目錄

• 樹狀數組
• • lowbit
  • 線段樹與樹狀數組
  • 單點修改
  • 區間查詢
  • 區間修改
  • 區間求和
  • 二維樹狀數組
  • 離線樹狀數組
• 例題
• • POJ：stars
  • MooFest
  • [SDOI2009]HH的項鏈
  • Turing Tree
  • Counting Sequences
  • Zip-line

樹狀數組

用于快速高效的計算與前綴和相關的信息

lowbit

int lowbit( int i ) { return i & -i; }

$\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{w}\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$：返回$x$二進制最低位為$1$的位置的值

e.g. 40=101000，lowbit(40)=8

線段樹與樹狀數組

因為涉及$\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{w}\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$，所以樹狀數組的下標一定從$1$開始，而不是$0$

線段樹用mid=(l+r)>>1進行$\log$的優化

樹狀數組的通過$\pm \mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{w}\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}(\mathrm{i})$進行二進制位的進/退$1$

時間復雜度同樣都是$O(n\log n)$

但一般來說樹狀數組的空間都是$O(N)$，不會像線段樹有$N<<2$的大空間

線段樹因為其結構原因有更多的應用：優化建圖，線段樹分治$...$

但是樹狀數組就比較死板了，就是跟靜態區間/單點掛鉤

那么應用廣點，消耗的代價（更大空間）多點也是可以理解的了

很多情況下樹狀數組和線段樹沒有什么區別，可以互換

單點修改

void add( int i, int val ) {for( ;i <= n;i += lowbit( i ) )t[i] += val; }

區間查詢

int query( int i ) {//求的是[1,i]的前綴和int ans = 0;for( ;i;i -= lowbit( i ) ) ans += t[i];return ans; } int query( int l, int r ) {return query( r ) - query( l - 1 ); }

一般的寫法都是維護前綴和，所以修改是$+\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{w}\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$，查詢是$?\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{w}\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$

但有些時候題目反而是跟后綴掛鉤，這個時候有兩種選擇

• 強制后綴轉前綴

  每次傳入$i$的時候，暴力變成$i=n?i+1$，然后進行add query的操作

• 直接反轉使用樹狀數組

  修改直接$?\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{w}\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$，查詢$+\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{w}\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$

只要維護了意義上的相對即可

區間修改

原序列$a_1,a_2,...,a_n$，定義差分數組$c_i=a_i?a_{i?1}$， 則$a_i={\sum }_{j=1}^i{c}_j$

那么修改區間$[l,r]$，加上$w$，相當于在$c_l$加$w$，在$c_{r+1}$減$w$

這就將區間修改轉化成了兩次的單點修改

達到$[l,r]$區間的數加$w$的效果

區間求和

$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n{a}_i=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i{c}_j=\sum _{i=1}^n(n?i+1)c_i \\ =(c_1)+(c_1+c_2)+...+(c_1+c_2+...+c_n) \end{gathered}$$

$$=(n+1)?(c_1+c_2+...+c_n)?(\stackrel{1}{c_1}+\stackrel{2}{c_2+c_2}+...\stackrel{n}{+c_n+c_n})$$

$$=(n+1)?\sum _{i=1}^n{c}_i?\sum _{i=1}^n{c}_i?i$$
所以只需要用兩個樹狀數組，分別維護$c_i$和$c_i?i$即可

LOJ：區間修改區間查詢

#include <cstdio> #define int long long #define maxn 1000005 int n, Q; int a[maxn], t1[maxn], t2[maxn];int lowbit( int x ) { return x & -x; }void modify( int x, int val ) {for( int i = x;i <= n;i += lowbit( i ) )t1[i] += val, t2[i] += val * x; }int query( int x ) {int ans = 0;for( int i = x;i;i -= lowbit( i ) )ans += ( x + 1 ) * t1[i] - t2[i];return ans; }signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &Q );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld", &a[i] );modify( i, a[i] - a[i - 1] );}int opt, l, r, x;while( Q -- ) {scanf( "%lld %lld %lld", &opt, &l, &r );if( opt & 1 ) {scanf( "%lld", &x );modify( l, x ), modify( r + 1, -x );}else printf( "%lld\n", query( r ) - query( l - 1 ) );}return 0; }

二維樹狀數組

既然樹狀數組是前綴和的工具，那么二維樹狀數組就相當于與二維差分

樹狀數組嵌樹狀數組的感覺，查詢就是用二維差分計算圍成的面積

void modify( int x, int y, int val ) {for( int i = x;i <= n;i += lowbit( i ) )for( int j = y;j <= m;j += lowbit( j ) )t[i][j] += val; } int query( int x, int y ) {int ans = 0;for( int i = x;i;i -= lowbit( i ) )for( int j = y;j;j -= lowbit( j ) )ans += t[i][j];return ans; }modify( x1, y1, k ); query( x2, y2 ) - query( x2, y1 - 1 ) - query( x1 - 1, y2 ) + query( x1 - 1, y1 - 1 );

離線樹狀數組

離線樹狀數組求區間不同數的個數/值和

都是將詢問按照$\mathrm{l},\mathrm{r}$排序，然后記錄$i$的上一個/下一個位置

將指針撥到詢問的端點處，刪去上一個位置/加入下一個位置

從而做到$1$的個數差，滿足不同數只記錄一次的要求，自然樹狀數組就能維護

例題的最后兩題就是如此，看代碼比較清晰能夠理解

例題

POJ：stars

POJ2352

題目已經保證了$y$遞增，那么樹狀數組維護$x$，每次查詢比$x$小的星星有多少個即可

#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #define maxn 32005 int n, N; int ans[maxn], t[maxn], x[maxn], y[maxn];int lowbit( int i ) { return i & -i; }void modify( int i ) {for( ;i <= N;i += lowbit( i ) ) t[i] ++; }int query( int i ) {int ret = 0;for( ;i;i -= lowbit( i ) ) ret += t[i];return ret; }int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d %d", &x[i], &y[i] );x[i] ++, y[i] ++, N = max( N, x[i] );//x,y值域包含0 樹狀數組不能從0開始 所以整體+1}for( int i = 1;i <= n;i ++ )ans[query( x[i] )] ++, modify( x[i] );for( int i = 0;i < n;i ++ )printf( "%d\n", ans[i] );return 0; }

MooFest

POJ1990

按$v$排序，維護兩個樹狀數組，一個是小于當前位置的位置和，一個是大于當前位置的位置和，這樣就避免了距離帶的絕對值

#include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; #define int long long #define maxn 20005 struct node {int val, pos;node(){}node( int Val, int Pos ) {val = Val, pos = Pos;} }cow[maxn]; struct Node {int cnt, sumd;Node(){}Node( int Cnt, int Sumd ) {cnt = Cnt, sumd = Sumd;} }t1[maxn], t2[maxn]; int n, N;int lowbit( int i ) { return i & -i; }void modify1( int i, int val ) {for( ;i <= N;i += lowbit( i ) )t1[i].cnt ++, t1[i].sumd += val; }void modify2( int i, int val ) {for( ;i;i -= lowbit( i ) )t2[i].cnt ++, t2[i].sumd += val; }Node query1( int i ) {Node ans( 0, 0 );for( ;i;i -= lowbit( i ) )ans.cnt += t1[i].cnt, ans.sumd += t1[i].sumd;return ans; }Node query2( int i ) {Node ans( 0, 0 );for( ;i <= N;i += lowbit( i ) )ans.cnt += t2[i].cnt, ans.sumd += t2[i].sumd;return ans; }bool cmp( node x, node y ) { return x.val < y.val; } signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &cow[i].val, &cow[i].pos );N = max( cow[i].pos, N );}N ++;sort( cow + 1, cow + n + 1, cmp );int ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {Node t = query1( cow[i].pos );ans += ( cow[i].pos * t.cnt - t.sumd ) * cow[i].val;t = query2( cow[i].pos );ans += ( t.sumd - t.cnt * cow[i].pos ) * cow[i].val;modify1( cow[i].pos, cow[i].pos );modify2( cow[i].pos, cow[i].pos );}printf( "%lld\n", ans );return 0; }

[SDOI2009]HH的項鏈

Luogu1972

離線樹狀數組求區間不同數個數

將詢問按$l$排序，對于每個位置$i$記錄下一個與該位置值相等的位置，每一次到$i$就把下一次的位置加進去

詢問區間左端點以前的自然都要加，這樣區間查詢相減，就知道下一次的位置在不在區間內，就恰好為$1$

#include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; #define maxn 1000005 struct node {int l, r, id; }q[maxn]; int n, m; int a[maxn], t[maxn], lst[maxn], nxt[maxn], ans[maxn]; bool vis[maxn];void read( int &x ) {x = 0; char s = getchar();while( s < '0' or s > '9' ) s = getchar();while( '0' <= s and s <= '9' ) {x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( s ^ 48 );s = getchar();} }int lowbit( int i ) { return i & -i; }void add( int i ) {for( ;i < maxn;i += lowbit( i ) ) t[i] ++; }int query( int i ) {int ret = 0;for( ;i;i -= lowbit( i ) ) ret += t[i];return ret; }int main() {read( n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) read( a[i] );read( m );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) read( q[i].l ), read( q[i].r ), q[i].id = i;sort( q + 1, q + m + 1, []( node x, node y ) { return x.l < y.l; } );for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( ! vis[a[i]] ) add( i ), vis[a[i]] = 1;for( int i = n;i;i -- ) {if( ! lst[a[i]] ) nxt[i] = maxn;else nxt[i] = lst[a[i]];lst[a[i]] = i;}int pos = 1;for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {while( pos < q[i].l ) add( nxt[pos] ), pos ++;ans[q[i].id] = query( q[i].r ) - query( q[i].l - 1 );}for( int i = 1;i <= m;i ++ )printf( "%d\n", ans[i] );return 0; }

Turing Tree

HDU3333

離線樹狀數組求區間不同數的和

與不同數的個數一致的思路，這里值域比較大，就記錄下標

按照$r$排序也可

#include <map> #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; #define maxn 30005 #define maxm 100005 #define int long long struct node {int l, r, id; }q[maxm]; map < int, int > lst; int T, n, m; int a[maxn], t[maxn], ans[maxm];int lowbit( int i ) { return i & -i; }void add( int i, int val ) {for( ;i <= n;i += lowbit( i ) ) t[i] += val; }int query( int i ) {int ret = 0;for( ;i;i -= lowbit( i ) ) ret += t[i];return ret; }signed main() {scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%lld", &a[i] ), t[i] = 0;scanf( "%lld", &m );for( int i = 1;i <= m;i ++ )scanf( "%lld %lld", &q[i].l, &q[i].r ), q[i].id = i;sort( q + 1, q + m + 1, []( node x, node y ) { return x.r < y.r; } );lst.clear();int j = 1;for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {for( ;j <= q[i].r;j ++ ) {if( lst[a[j]] ) add( lst[a[j]], -a[j] );add( j, a[j] ), lst[a[j]] = j;}ans[q[i].id] = query( q[i].r ) - query( q[i].l - 1 );}for( int i = 1;i <= m;i ++ )printf( "%lld\n", ans[i] );}return 0; }

Counting Sequences

HDU3450

很簡單的$dp$轉移都能想到

$d{p}_i:$ 最后一位選$i$的完美子序列個數，$cn{t}_i:i$前面與$i$距離不超過$d$的個數

則$d{p}_i={\sum }_{j,|x_i?x_j|\le d}d{p}_j+cn{t}_i$

因為規定個數至少要是$2$，但$j$成為第一個和后面的$i$組成新$1$個子序列是不會被計算在$d{p}_j$里面的，所以單獨開一個$cnt$記錄

用值域樹狀數組維護，查詢$\mathrm{q}\mathrm{u}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{y}(\mathrm{x}+\mathrm{d})?\mathrm{q}\mathrm{u}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{y}(\mathrm{x}?\mathrm{d}?1)$

但是這道題的難度就在于值域過大，樹狀數組內存根本開不下

把$n$個位置離散化，查詢就直接找離散化數組中最大的不超過該值的

用upper_bound查就可以了

#include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; #define maxn 100005 #define mod 9901 int n, d, m; int t1[maxn], t2[maxn], x[maxn], pos[maxn];int lowbit( int i ) { return i & -i; }void add( int i, int val ) {for( ;i <= m;i += lowbit( i ) )t1[i] ++, t2[i] += val; }pair < int, int > query( int i ) {int ans1 = 0, ans2 = 0;for( ;i > 0;i -= lowbit( i ) ) ans1 += t1[i], ans2 += t2[i];return make_pair( ans1, ans2 ); }int find( int p ) {return upper_bound( pos + 1, pos + m + 1, p ) - pos - 1; }int main() {while( ~ scanf( "%d %d", &n, &d ) ) {for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &x[i] ), pos[i] = x[i], t1[i] = t2[i] = 0;sort( pos + 1, pos + n + 1 );m = unique( pos + 1, pos + n + 1 ) - pos - 1;int ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {pair < int, int > r = query( find( x[i] + d ) );pair < int, int > l = query( find( x[i] - d - 1 ) );pair < int, int > t = make_pair( r.first - l.first, r.second - l.second );t.first = ( t.first + mod ) % mod;t.second = ( t.second + mod ) % mod;ans = ( ans + t.first + t.second ) % mod;x[i] = lower_bound( pos + 1, pos + m + 1, x[i] ) - pos;add( x[i], ( t.first + t.second ) % mod );}printf( "%d\n", ans );}return 0; }

Zip-line

CF650D

預處理以$i$開始/結尾的最長上升子序列$l_i/r_i$

查詢時，考慮答案有三種變化

• 往$i$前找比新值$x$小的$h_j$的最大值$r_j$，往$i$后找比$x$大的$h_j$的最大值$l_j$

  $l_j+r_j’+1$ 把三段拼起來，如果比答案大，就輸出

• $i$一定在$\mathrm{L}\mathrm{I}\mathrm{S}$中，答案就$?1$

• $i$可以不在$\mathrm{L}\mathrm{I}\mathrm{S}$中，答案不變

  e.g. 1 2 2 3，2是可以不在$\mathrm{L}\mathrm{I}\mathrm{S}$中的，因為作用與另外一個等效

那現在就是求出哪些數是一定在$\mathrm{L}\mathrm{I}\mathrm{S}$中

• 求出包含$i$的最長上升子序列，如果與$\mathrm{L}\mathrm{I}\mathrm{S}$相等，那么$i$可以在LIS中
• 對于一個可以在LIS的數$i$，如果$i$前面$\ge i$的數可以在LIS中，$i$可以不在LIS中
• 對于一個可以在LIS的數$i$，如果$i$后面$\le i$的數可以在LIS中，$i$可以不在LIS中

對于$x$，求$a_i<x$的最大值$b_i$，離散化樹狀數組解決

#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #define maxn 800005 struct node { int pos, val, id, l, r; }q[maxn]; int n, m, N, ans; int t[maxn], x[maxn], h[maxn], St[maxn], Ed[maxn], ret[maxn], cnt[maxn];int lowbit( int i ) { return i & -i; }void add( int i, int val ) {for( ;i <= N;i += lowbit( i ) ) t[i] = max( t[i], val ); }int query( int i ) {int ans = 0;for( ;i;i -= lowbit( i ) ) ans = max( ans, t[i] );return ans; }int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &h[i] ), x[++ N] = h[i];for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d", &q[i].pos, &q[i].val );q[i].id = i, x[++ N] = q[i].val;}sort( x + 1, x + N + 1 );N = unique( x + 1, x + N + 1 ) - x - 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )h[i] = lower_bound( x + 1, x + N + 1, h[i] ) - x;for( int i = 1;i <= m;i ++ )q[i].val = lower_bound( x + 1, x + N + 1, q[i].val ) - x;for( int i = 1;i <= n;i ++ )Ed[i] = query( h[i] - 1 ) + 1, add( h[i], Ed[i] );memset( t, 0, sizeof( t ) );for( int i = n;i;i -- )St[i] = query( N - h[i] ) + 1, add( N - h[i] + 1, St[i] );memset( t, 0, sizeof( t ) );for( int i = 1;i <= n;i ++ )ans = max( ans, St[i] + Ed[i] - 1 );for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( Ed[i] + St[i] - 1 == ans )++ cnt[Ed[i]];sort( q + 1, q + m + 1, []( node x, node y ) { return x.pos < y.pos; } );int j = 1;for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {for( ;j < q[i].pos;j ++ ) add( h[j], Ed[j] );q[i].l = query( q[i].val - 1 );}memset( t, 0, sizeof( t ) );j = n;for( int i = m;i;i -- ) {for( ;j > q[i].pos;j -- ) add( N - h[j] + 1, St[j] );q[i].r = query( N - q[i].val );}for( int i = 1;i <= m;i ++ )if( q[i].l + q[i].r + 1 > ans )ret[q[i].id] = q[i].l + q[i].r + 1;for( int i = 1;i <= m;i ++ )if( ! ret[q[i].id] ) {if( Ed[q[i].pos] + St[q[i].pos] - 1 == ans and cnt[Ed[q[i].pos]] == 1 and q[i].l + q[i].r + 1 < ans )ret[q[i].id] = ans - 1;else ret[q[i].id] = ans;}for( int i = 1;i <= m;i ++ )printf( "%d\n", ret[i] );return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的数据结构一【树状数组】普通、二维、离线树状数组的(单点修改，单点查询，区间修改，区间查询)模板及应用例题总结的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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