树状数组



【转】

今天先来讨论一下树状数组.

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].

代码实现:

int lowbit(int x)//计算lowbit
{
    return x&(-x);
}
void add(int i,int val)//将第i个元素更改为val
{
    while(i<=n)
    {
        c[i]+=val;
        i+=lowbit(i);
    }
}
int sum(int i)//求前i项和
{
    int s=0;
    while(i>0)
    {
        s+=c[i];
        i-=lowbit(i);
    }
    return s;
}

然后比较深入：

【转】

树状数组是一个查询和修改复杂度都为log(n)的数据结构，假设数组a[1...n]，那么查询a[1] + …… + a[i]　的时间是log级别的，而且是一个在线的数据结构，支持随时修改某个元素的值，复杂度也为log级别。
来观察一下这个图：

令这棵树的结点编号为C1，C2……Cn。令每个结点的值为这棵树的值的总和，那么容易发现：
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
……
C16 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8 + A9 + A10 + A11 + A12 + A13 + A14 + A15 + A16
……
C2^n=a1+a2+….+a2^n

对于序列a，我们设一个数组C定义C[t] = a[t – 2^k + 1] + … + a[t]，k为t在二进制下末尾0的个数。 
K的计算可以这样: 
2^k=t and (t xor (t-1)) 
以6为例 
               (6)10=(0110)2 
xor    6-1=(5)10=(0101)2 
                        (0011)2 
and          (6)10=(0110)2 
                        (0010)2 


这里有一个有趣的性质:
设节点编号为x，那么这个节点管辖的区间为2^k（其中k为x二进制末尾0的个数）个元素。因为这个区间最后一个元素必然为Ax，所以很明显：
Cn = A(n – 2^k + 1) + …… + An
算这个2^k有一个快捷的办法，定义一个函数如下即可：
int lowbit(int x){
return x & (x ^ (x – 1)); //return x & (-x);
}

当想要查询一个SUM(n)时，可以依据如下算法即可：
step1:　令sum = 0，转第二步；
step2:　假如n <= 0，算法结束，返回sum值，否则sum = sum + Cn，转第三步；
step3: 令n = n – lowbit(n)，转第二步。


可以看出，这个算法就是将这一个个区间的和全部加起来，为什么是效率是log(n)的呢？以下给出证明：
n = n – lowbit(n)这一步实际上等价于将n的二进制的最后一个1减去。而n的二进制里最多有log(n)个1，所以查询效率是log(n)的。

那么修改呢，修改一个节点，必须修改其所有祖先，最坏情况下为修改第一个元素，最多有log(n)的祖先。所以修改算法如下（给某个结点i加上x）：
step1: 当i > n时，算法结束，否则转第二步；
step2: Ci = Ci + x， i = i + lowbit(i)转第一步。

i = i +lowbit(i)这个过程实际上也只是一个把末尾1补为0的过程。
//修改过程必须满足减法规则！

树状数组是一个可以很高效的进行区间统计的数据结构。在思想上类似于线段树，比线段树节省空间，编程复杂度比线段树低，但适用范围比线段树小。

以简单的求和为例。设原数组为a[1..N]，树状数组为c[1..N]，其中c[k] = a[k-(2^t)+1] + ... + a[k]。比如c[6] = a[5] + a[6]。也就是说，把k表示成二进制1***10000，那么c[k]就是1***00001 + 1***00010 + ... + 1***10000这一段数的和。设一个函数lowestbit(k)为取得k的最低非零位，容易发现，根据上面的表示方法，从a[1]到a[k]的所有数的总和即为sum[k] = c[k] + c[k-lowestbit(k)] + c[k-lowestbit(k)-lowestbit(k-lowestbit(k))] + ... 于是可以在logk的时间内求出sum[k]。当数组中某元素发生变化时，需要改动的c值是c[k],c[k+lowestbit(k)], c[k+lowestbit(k)+lowestbit(k+lowestbit(k))] ... 这个复杂度是logN (N为最大范围)

扩展到多维情况：以二维为例，用c[k1][k2]表示a[k1-(2^t1)+1][k2-(2^t2)+1] + ... + a[k1][k2]的总和。可以用类似的方法进行处理。复杂度为(logn)^k (k为维数)

树状数组相比线段树的优势：空间复杂度略低，编程复杂度低，容易扩展到多维情况。劣势：适用范围小，对可以进行的运算也有限制，比如每次要查询的是一个区间的最小值，似乎就没有很好的解决办法。

多维情况的几道题目:

POJ 2155 Matrix
URAL 1470 UFOs

其中POJ 2155是一道很不错的题目，表面上看，这题的要求似乎和树状数组的使用方法恰好相反，改变的是一个区间，查询的反而是一个点。实际上可以通过一个转化巧妙的解决。

首先对于每个数A定义集合up(A)表示{A, A+lowestbit(A), A+lowestbit(A)+lowestbit(A+lowestbit(A))...} 定义集合down(A)表示{A, A-lowestbit(A), A-lowestbit(A)-lowestbit(A-lowestbit(A)) ... , 0}。可以发现对于任何A<B，up(A)和down(B)的交集有且仅有一个数。

于是对于这道题目来说，翻转一个区间[A,B]（为了便于讨论先把原问题降为一维的情况），我们可以把down(B)的所有元素的翻转次数+1，再把down(A-1)的所有元素的翻转次数-1。而每次查询一个元素C时，只需要统计up(C)的所有元素的翻转次数之和，即为C实际被翻转的次数。

实际实现时，由于只考虑奇偶，因此无须统计确切的翻转次数。另外，如果翻转up(A)和up(B+1)，查询down(C)，也是同样的效果。这种方法可以很容易地扩展到二维情况。比起线段树、四分树之类的常规思路，无论编程复杂度还是常数速度上都有很大优势。

PS:
int lowbit(int t)
{ 
    return t & (-t);
} 
void ...()
{    ...
    pos+=lowbit(pos); //如果pos=0，那么这个地方pos将永远是0
}