POJ-1990（维持两个树状数组）
来源：互联网 发布：js实现双向数据绑定 编辑：程序博客网 时间：2024/05/21 06:02
问题提出：已知数组a[],元素个数为n,现在更改a中的元素,要求得新的a数组中i到j区间内的和(1<=i<=j<=n).
思考：对于这个问题,我们可以暴力地来解决,从a[i]一直累加到a[j],最坏的情况下复杂度为O(n),对于m次change&querry,合起来的复杂度为O(m*n),在n或m很大的情况下,这样的复杂度是让人无法忍受的.另外,如果没有元素的变更,我们完全可以存储sum[1,k](k=1,2,……),然后对任意给定的查找区间[i,j],都可以方便的用ans=sum[1,j]-sum[1,i-1],当然这只是没有元素改变的情况下的比较优化的解法.那么对于有元素变更的问题是否有更高效的方法呢?(废话!没有我还写啥?!)可以想一下,每次更改的元素是比较少的,有时候甚至每次只改变一个元素,但是在用暴力方法求区间和的时候,却对区间内所有的元素都累加了一遍,这样其实造成了许多无谓的运算.这时候也许会想到如果能把一些结果存起来会不会减少很多运算?答案是肯定的,但问题是怎么存,存什么?如果存任意区间的话,n比较大的时候不但内存吃不消,而且存储的量太大,不易更改,反而得不偿失;那么也许可以考虑存储特定的一些区间(比如说线段树,其实现在讨论的问题用线段树完全可以解,以后再详细写线段树).那么现在重新回过头来,看下这个问题,我们已经确定了要存储一些特定区间sum的想法,接下来我们要解决的无非是两个问题:1、减少更改元素后对这些区间里的sum值的更改时间.2、减少查找的时间.
好了废话了这么半天,无非是想让自己以及看到的人明白为什么要用树状数组.
接下来正式入题.
首先我们可以借鉴元素不变更问题的优化方法,先得到前i-1项之和and前j项之和,以s[i]表示前i项之和,那么sum[i,j]=s[j]-s[i-1].那么现在的问题已经转化为求前i项之和了.另外,我们已经确定要存储一些特定区间的和,现在就要来揭示这些特定的区间究竟指什么.
在文字说明之前先引入一个非常经典的,在网上找到的树状数组文章里几乎都要出现的一个图片
从图中不难发现,c[k]存储的实际上是从k开始向前数k的二进制表示中右边第一个1所代表的数字个元素的和(这么说可能有点拗口,令lowbit为k的二进制表示中右边第一个1所代表的数字,然后c[k]里存的就是从a[k]开始向前数lowbit个元素之和)这么存有什么好处呢?无论是树状数组还是线段树,都用到了分块的思想,而树状数组采用这样的存储结构我想最主要的还是这样方便计算,我们可以用位运算轻松地算出lowbit.分析一下这样做的复杂度:对于更改元素来说,如果第i个元素被修改了,因为我们最终还是要求和,所以可以直接在c数组里面进行相应的更改,如图中的例子,假设更改的元素是a[2],那么它影响到得c数组中的元素只有c[2],c[4],c[8],我们只需一层一层往上修改就可以了,这个过程的最坏的复杂度也不过O(logN);对于查找来说,如查找s[k],只需查找k的二进制表示中1的个数次就能得到最终结果,比如查找s[7],7的二进制表示中有3个1,也就是要查找3次,到底是不是呢,我们来看上图,s[7]=c[7]+c[6]+c[4],可能你还不知道怎么实现这个过程.
还以7为例,二进制为0111,右边第一个1出现在第0位上,也就是说要从a[7]开始向前数1个元素(只有a[7]),即c[7];
然后将这个1舍掉,得到6,二进制表示为0110,右边第一个1出现在第1位上,也就是说要从a[6]开始向前数2个元素(a[6],a[5]),即c[6];
然后舍掉用过的1,得到4,二进制表示为0100,右边第一个1出现在第2位上,也就是说要从a[4]开始向前数4个元素(a[4],a[3],a[2],a[1]),即c[4].
/*==========================================================*\| 树状数组（维持两个树状数组）| 题目描述：很多牛站在x轴上，牛们要聊天，需要一定的v值；两个牛a，b通话时，| 花费=距离 * max(v(a), v(b)），求所有牛的花费和。| 思路：| 按照v值从小到大排个序，对于第i头牛：| count[i]记录在它前面且x坐标比它小的牛的头数之和| total[i]记录在它前面且x坐标比它小的牛的x坐标之和| alltotal记录在它前面总的牛的x坐标之和| 结果可以表示为：| v * (count[i] * x - total[i] + alltotal - total[i] - (i - count[i] - 1) * x)| 其中count[i] * x - total[i]表示x坐标比它小的距离之和，| alltotal - total[i] - (i - count[i] - 1) * x表示x坐标比它大的距离之和| count[i]用c[0][]存储计算，total[i]用c[1][]存储计算\*==========================================================*/#define INDEX 20001ll number;ll c[2][INDEX];ll lowbit(ll x){ return x & (-x);}void add(ll index, ll i, ll val){ while (i <= number) { c[index][i] += val; i += lowbit(i); }}ll sum(ll index, ll i){ ll s = 0; while (i > 0) { s += c[index][i]; i -= lowbit(i); } return s;}struct cows{ ll v; ll x;} cow[INDEX];bool cmp(cows a, cows b){ return a.v < b.v;}int main(){ int i, n; while (cin>>n) { ll max = 0; for (i = 1; i <= n; ++i) { cin>>cow[i].v>>cow[i].x; if (cow[i].x > max) max = cow[i].x; } number = max; for (i = 1; i <= max; ++i) c[0][i] = c[1][i] = 0; sort(cow + 1, cow + n + 1, cmp); ll ans = 0; ll alltotal = 0; for (i = 1; i <= n; ++i) { ll pre = sum(0, cow[i].x); ll all = sum(1, cow[i].x); ans += cow[i].v * (pre * cow[i].x - all + alltotal - all - (i - pre - 1) * cow[i].x); alltotal += cow[i].x; add(0, cow[i].x, 1); add(1, cow[i].x, cow[i].x); } printf("%lld\n", ans); } return 0;}- POJ-1990（维持两个树状数组）
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