【学习】彻底理解树状数组

前言：
可能是因为学习了很多高级数据结构的缘故，突然感觉好像明白了树状数组，重新总结一下。
本文通过从根源深处挖掘树状数组所解决的问题，深刻的理解树状数组的操作本质，若要系统的研究树状数组，建议学习一下“二进制分解”“倍增”的概念。
考虑到初学者，文章写的比较长，废话比较多，还望耐心的看下去，相信你也能有新的收获。
温馨提示：文章中的代码仅供参考思路，不保证100%正确，使用时请根据原题情况自行编写。

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简介

树状数组是一种可以在O(logn)内完成区间[1,n]的可加性询问（求和，求乘积），在O(logn)内完成单点数据修改的数据结构（以上两种为基本的操作）。
它的代码量小，常数较小，但是不支持求区间最值（可以使用线段树）。

原理

其实树状数组的核心思想就是倍增，从根本上来说，树状数组是ST算法的强化版。
ST表主要处理的区间不可加性的问题，而与之类似的树状数组可以求得区间可加性问题。

请暂时忽略网上所流传的一些树状数组的写法，我们先从另一个角度理解一下。

朴素的倍增算法

设sum[i][j]表示从i开始向后2j个数的和，如果通过预处理得到这个数组，我们可以利用倍增算法求得任意一个[l,r]区间的和。

预处理：

void init(){    for(int i = 1; i <= n; i ++) sum[i][0] = v[i];    for(int j = 1; (1<<j) <= n; j ++)        for(int i = 1; i+(1<<j)-1 <= n; i ++)            sum[i][j] = sum[i][j-1] + sum[i+(1<<(j-1))][j-1];}

求[l,r]区间的和：

int que_sum(int l, int r){    int res = 0;    for(int i = MAXLOG; i >= 0; i --)        if(l + (1<<i)-1 <= r) res += sum[l][i], l += (1<<i);    return res;}

让我们计算一下复杂度：
时间复杂度：O((n+q)logn)
空间复杂度：O(nlogn)

这种方法的logn常数比较大，而且空间复杂度有些大，还有就是因为预处理的原因不支持修改操作，我们考虑改进。

优化1：对二进制数位操作

上面的算法无论询问的区间大小是多少，都要从MAXLOG开始循环到0，但对于比较小的数，是完全没有必要的。

当查询区间[1,5]时，其示意图如下图所示：

操作时，我们依此跳过上面的1,2,3,4这4段，跳出的距离分别是8,4,2,1，它们分别是23,22,21,20。
也就是说15=23+22+21+20，这就是15的二进制分解，在二进制中表达为(1111)2。

所以我们可以二进制拆分以后正着循环，进行优化。

int que_sum(int l, int r){    int res = 0, x = r-l+1;    for(int i = 1; x; x >>= 1, i ++)        if(x&1) res += sum[l][i], l += (1<<i);    return res;}

这种写法类似与快速幂，原理还是倍增。

优化2：引入lowbit优化

考虑一个数129，它的二进制表示为(10000001)2，129=28+20，但是还是要枚举1…7的部分，然而因为系数是0，所以它们对答案并没有贡献（类似于计算0×27），在if(x&1)就会被pass掉。
这里介绍一种常数优化：lowbit(x)，它可以O(1)的直接调到我们需要的位置，在最坏的情况下，这样做的总复杂度依然是logn的。

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

这个函数的实现原理与计算机补码有关，这里不再介绍。
这里说一下功能，有兴趣的话可以点击此处阅读维基百科原文。打不开的话，这里摘录下来了一部分。

定义一个lowbit函数，返回参数转为二进制后，最后一个1的位置所代表的数值。
例如，lowbit(34)的返回值将是2；而Lowbit(12)返回4；Lowbit(8)返回8。
将34转为二进制(00100010)2，这里的”最后一个1”指的是从20位往前数，见到的第一个1，也就是 21位上的1。

也就是说，这个函数可以返回最小的2的幂次。
例如：
lowbit((10000001)2)=(1)2
lowbit((10001000)2)=(1000)2
所以我们用两次计算就可以得到129的二进制分解。

int que_sum(int l, int r){    int res = 0, x = r-l+1;    for( ; x; x -= lowbit(x)){        int t = lowbit(x);        int add = (int)(log(t)/log(2)+0.01);        res += sum[l][add], l += t;    }    return res;}

我们姑且把里面的log()看成是O(1)的，这样程序会得到一个常数优化。

优化3：成型的树状数组

那么优化2的瓶颈又在什么地方呢？
不难发现，难点在于如何让l不断的向r跳，这并不好处理。
因为不同位置的区间，可能要求l向后跳不同多的长度，但是如果我们处理的是[1,p]，从1开始，p的二进制分解就是区间长度的二进制分解。
分解完了以后，考虑从p向1的方向跳，这样每个点都只需要记录从[p,p−lowbit(p)+1]这一段的信息即可，因为一个数的lowbit是唯一的，所以对于不同的数，每个数只维护一个信息就可以了，空间复杂度变成了O(n)，可以直接用一个一位数组进行储存。
每操作一次都会减去这个数2的最小次幂，使操作的规模不断缩小，执行下去就可以处理了。
而一个数的2的次幂最多有logn个，所以时间复杂度就是O(logn)
比如:
15=(1111)2，通过lowbit分解，它可以变成4个数的和：
(1111)2=(1)2+(10)2+(100)2+(1000)2，然后我们分析这个倒着跳的过程。
减去15的最小的2的幂次20得到14。
减去14的最小的2的幂次21得到12。
减去12的最小的2的幂次22得到8。
减去8的最小的2的幂次23得到0。
所以答案就是15，14，12，8这4个点上的信息之和。
之后，区间操作可以使用差分，对于一个区间[l,r]，我们先处理区间[1,l−1]，在处理区间[1,r]，然后做减法，就可以得到答案。
对于修改的操作，每次修改一个点，我们只要更新有覆盖这个点的信息段就好了，找到下一个覆盖数字x的信息段的方法是x+=lowbit(x)，这样就可以把当前的最低位进位，那个数一定是覆盖修改点里面最小的，这样一直加到大于n就停止。
这个优化是树状数组对朴素倍增最根本的优化，因为二进制分解的唯一行，所以减少了维护的信息，使维护的信息支持修改，常数变的非常小。

代码

int lowbit(int x){return x&(-x);}int que_sum(int x){    int sum = 0;    for( ; x > 0; x -= lowbit(x)) sum += val[x];    return sum;}void update(int x, int k){for( ; x <= n; x += lowbit(x)) val[x] += k;}

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我的理解方式可能与大多数人不太一样，但是用这样的方式可以很好的体会树状数组的来源，深层度理解倍增算法，还希望对大家有帮助。
最后推荐一些博客：
int64Ago的专栏——搞懂树状数组
N3verL4nd——树状数组学习笔记