树状数组

树状数组是对一个数组改变某个元素和求和比较实用的数据结构。两中操作都是O(logn)。 
 在解题过程中，我们有时需要维护一个数组的前缀和S[i]=A[1]+A[2]+...+A[i]。 但是不难发现，如果我们修改了任意一个A[i],S[i]、S[i+1]...S[n]都会发生变化。可以说，每次修改A[i]后，调整前缀和S[]在最坏情况下会需要O(n)的时间。当n非常大时，程序会运行得非常缓慢。因此，这里我们引入“树状数组”，它的修改与求和都是O(logn)的，效率非常高。

如果给定一个数组，要你求里面所有数的和，一般都会想到累加。但是当那个数组很大的时候，累加就显得太耗时了，时间复杂度为O(n)，并且采用累加的方法还有一个局限，那就是，当修改掉数组中的元素后，仍然要你求数组中某段元素的和，就显得麻烦了。所以我们就要用到树状数组，他的时间复杂度为O（lgn），相比之下就快得多。下面就讲一下什么是树状数组：

        一般讲到树状数组都会少不了下面这个图：

         

        下面来分析一下上面那个图看能得出什么规律：

        据图可知：c1=a1，c2=a1+a2，c3=a3，c4=a1+a2+a3+a4，c5=a5，c6=a5+a6，c7=a7，c8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8，c9=a9，c10=a9+a10，c11=a11........c16=a1+a2+a3+a4+a5+.......+a16。

        分析上面的几组式子可知，当 i 为奇数时，ci=ai ；当 i 为偶数时，就要看 i 的因子中最多有二的多少次幂，例如，6 的因子中有 2 的一次幂，等于 2 ，所以 c6=a5+a6（由六向前数两个数的和），4 的因子中有 2 的两次幂，等于 4 ，所以 c4=a1+a2+a3+a4（由四向前数四个数的和）。

        （一）有公式：cn=a(n-a^k+1)+.........+an（其中 k 为 n 的二进制表示中从右往左数的 0 的个数）。

        那么，如何求 a^k 呢？求法如下：

int lowbit(int x)

{

     return x&(-x);   

}

        lowbit（）的返回值就是 2^k 次方的值。

        求出来 2^k 之后，数组 c 的值就都出来了，接下来我们要求数组中所有元素的和。

        （二）求数组的和的算法如下：

        （1）首先，令sum=0，转向第二步；

        （2）接下来判断，如果 n>0 的话，就令sum=sum+cn转向第三步，否则的话，终止算法，返回 sum 的值；

        （3）n=n - lowbit（n）（将n的二进制表示的最后一个零删掉），回第二步。

         代码实现：

int Sum(int n)

{

    int sum=0;

    while(n>0)

    {

         sum+=c[n];

         n=n-lowbit(n);

    }   

    return sum;

}

        （三）当数组中的元素有变更时，树状数组就发挥它的优势了，算法如下（修改为给某个节点 i 加上 x ）：

        （1）当 i<=n 时，执行下一步；否则的话，算法结束;

        （2）ci=ci+x ，i=i+lowbit（i）（在 i 的二进制表示的最后加零），返回第一步。

         代码实现：

void change(int i,int x)

{

     while(i<=n)

     {

          c[i]=c[i]+x;

          i=i+lowbit(i);

     }

}

 点修改区间查询

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>using namespace std;int a[100],cha[100],f[100];int i,j,n,m;int lowbit(int x){return x&(-x);}void change(int l,int x){while (l<=n) { f[l]=f[l]+x;    l+=lowbit(l); }}int sum(int x){int ans=0;while (x>0) { ans+=f[x]; x-=lowbit(x); }return ans;}int main(){  scanf("%d%d",&n,&m);  for (i=1;i<=n;i++)   {   scanf("%d",&a[i]);   change(i,a[i]);   }  for (i=1;i<=m;i++)   {   int x,y;   scanf("%d%d",&x,&y);   printf("%d\n",sum(y)-sum(x));   }}

区间修改点查询

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>using namespace std;int a[100],cha[100],f[100];int i,j,n,m;int lowbit(int x){return x&(-x);}void change(int l,int x){while (l<=n) { f[l]=f[l]+x;    l+=lowbit(l); }}int sum(int x){int ans=0;while (x>0) { ans+=f[x]; x-=lowbit(x); }return ans;}int main(){  scanf("%d%d",&n,&m);  for (i=1;i<=n;i++)   {   scanf("%d",&a[i]);   cha[i]=a[i]-a[i-1];//该点与前一点的差值   change(i,cha[i]);//树状数组按之前的存储方式，只不过存的是差值   }  for (i=1;i<=m;i++)   {    int x,y,z,t;    scanf("%d",&t);    if (t==1)//区间修改，在区间起点加上z，在区间结束后在减去，这样影响的范围就限定在了【x,y】     {     scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);     change(x,z);     change(y+1,-z);     }    else     {     scanf("%d",&x);     printf("%d\n",sum(x));//求该点的值就相当于求1到x的前缀和     }   }} 

 

                        

树状数组的应用：

例：

2307 HH的项链

 

2009年省队选拔赛山东

 时间限制: 1 s

 空间限制: 256000 KB

 题目等级 : 大师 Master

题解

题目描述 Description

HH有一串由各种漂亮的贝壳组成的项链。HH相信不同的贝壳会带来好运，所以每次散步完后，他都会随意取出一段贝壳，思考它们所表达的含义。HH不断地收集新的贝壳，因此，他的项链变得越来越长。有一天，他突然提出了一个问题：某一段贝壳中，包含了多少种不同的贝壳？这个问题很难回答……因为项链实在是太长了。于是，他只好求助睿智的你，来解决这个问题。

输入描述 Input Description

第一行：一个整数N，表示项链的长度。

第二行：N个整数，表示依次表示项链中贝壳的编号（编号为0到1000000之间的整数）。

第三行：一个整数M，表示HH询问的个数。

接下来M行：每行两个整数，L和R（1 ≤ L ≤ R ≤ N），表示询问的区间。

输出描述 Output Description

M行，每行一个整数，依次表示询问对应的答案。

样例输入 Sample Input

6

1 2 3 4 3 5

3

1 2

3 5

2 6

样例输出 Sample Output

2

2

4

数据范围及提示 Data Size & Hint

对于20%的数据，N ≤ 100，M ≤ 1000；

对于40%的数据，N ≤ 3000，M ≤ 200000；

对于100%的数据，N ≤ 50000，M ≤ 200000

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;int num[50003],n,m,i,j;int next[50003];int point[1000003];int p[50003],b[50003];int ans[200003];int c[50003];struct data{int l,r,x;};data q[200003];int cmp(data x,data y){return x.r<y.r;}int lowbit(int x){return x&(-x);}int sum(int n)//求前缀和{int sum1=0;while(n>0) { sum1+=c[n]; n=n-lowbit(n); }return sum1;}void change(int l,int x)//更新元素值{while (l<=n) { c[l]=c[l]+x; l=l+lowbit(l); }}int main(){freopen("s.in","r",stdin);scanf("%d",&n);for (i=1;i<=n;i++) {    scanf("%d",&num[i]);    next[i]=point[num[i]];    if (next[i]==0)     {      change(i,1);      b[i]=1;     }    point[num[i]]=i; }scanf("%d",&m);for (j=1;j<=m;j++) {   scanf("%d%d",&q[j].l,&q[j].r);   q[j].x=j;   p[q[j].r]=1;     }    j=0;    sort(q+1,q+m+1,cmp);    for (i=1;i<=n;i++)      {       if (b[i]==0)        {        change(next[i],-1);        change(i,1);        b[next[i]]=0;        b[i]=1;        }       if (p[i]==1)         {          while (q[j+1].r==i)           {                 j++;                 ans[q[j].x]=sum(q[j].r)-sum(q[j].l-1);           }         }       if (j==m)        break;      }    for (i=1;i<=m;i++)      printf("%d\n",ans[i]);    return 0;}