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树状数组和线段树

众所周知， 线段树和树状数组是兄弟来的

它们之间的关系

树状数组可以解的，线段树能解
树状数组不可以解的，线段树还是可以解
既然这样，那我学会线段树不就搞定了吗，干嘛还学树状数组呀

那么，树状数组优在何处呢？

其实呢，就是码量少，思维清晰吧
对比一下
单点修改区间查询
线段树100行起步
树状数组呢，50行左右吧
区间修改区间查询
线段树估计要飙到150了吧
树状数组依旧50行
没有对比就没有伤害呀
这时，有些线段树忠实粉或许会思考人生：你看我还有机会吗？
机会是有的，那就是，打树状数组吧（当然有些题还是要打线段树的啦）

树状数组简介

树状数组图解

此章节内容部分引用自
众所周知，一棵满二叉树长样：

挪一下位置后，变成了这样

上面这个就是树状数组的画法
准确来说，这时求和数组的画法
把原数组$a$也加进来，成了这样（$c$是求和数组）
$c[i]$表示子树叶子节点的权值
如上图，有
$$\begin{gathered} c[1]=a[1] \\ c[2]=a[1]+a[2] \\ c[3]=a[3] \\ c[4]=a[1]+a[2]+a[3]+a[4] \\ c[5]=a[5] \\ c[6]=a[5]+a[6] \\ c[7]=a[7] \\ c[8]=a[1]+a[2]+a[3]+a[4]+a[5]+a[6]+a[7]+a[8] \end{gathered}$$
转换成二进制再来看一眼
$$\begin{gathered} c[1]=c[0001]=a[1] \\ c[2]=c[0010]=a[1]+a[2] \\ c[3]=c[0011]=a[3] \\ c[4]=c[0100]=a[1]+a[2]+a[3]+a[4] \\ c[5]=c[0101]=a[5] \\ c[6]=c[0110]=a[5]+a[6] \\ c[7]=c[0111]=a[7] \\ c[8]=c[1000]=a[1]+a[2]+a[3]+a[4]+a[5]+a[6]+a[7]+a[8] \end{gathered}$$
对照式子可以发现，对于一个$i$
$c[i]=a[i-2^k+1]+a[i-2^k+2]+a[i-2^k+3]\dots \dots +a[i]$（$k$为二进制下$i$最低位的1后面的0的个数,例如8对应的$k$就等于3，因为$8_{10}=1000_2$，最低位的1后面有3个0）
这时候，问题就来了，$2^k$怎么求？？？

引入$lowbit$

$lowbit$函数就是用来求$2^k$是多少的
具体操作是

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

解释
“&”这个符号在C++中指的是按位与运算，具体是说，若在二进制下相同的位置两数都为1，那么&出的答案这一位也为1，否则为0
例如$12\&6$
$12_{10}=1100_2$

$6_{10}=0110_2$（空位用0补齐）

$ans=0100_2=4_{10}$
在上面这个数据中，12和6只有第三个位置上才都是1，那么答案也就只有这个位置上是1
（ 不过学树状数组的人应该都不会不知道位运算吧）
那么$x\&(-x)$是什么意思呢
首先说明$-x$在二进制下和$x$的关系
在二进制下，$-x$就是$x$取反后再加1
例如，$10_{10}=01010_2$，那么$-10_{10}=10101_2+1_2=10110_2$（第一位是符号位）
进行按位与运算后，答案就是$00010_2=2^1=2_{10}$（第一位是符号位）
眼睛扫一扫，发现答案就是$2$
神奇吧
具体证明呢，我也不会，嘻嘻（毕竟我只是一个蒟蒻）

基本应用

1.单点修改，区间查询

修改

若要更新当前节点的$a[i]$
那么是不是可以直接更新$a[i]$的上级，$a[i]$上级的上级，以此类推
用$lowbit$到上级所在下标

void update(int now,int x){   	int i;	for (i=now;i<=n;i+=lowbit(i))		c[i]+=x;}

查询

对于区间查询，我们采取前缀和的求法
对于一个区间$[l,r]$，我们求出$r$的前缀和，减去$l-1$的前缀和即为答案
查询的具体过程呢，也很简单
就是从要查的节点以此往下，搜索下级
依旧是用$lowbit$

int get(int x){   	int i,ans;	ans=0;	for (i=x;i>=1;i-=lowbit(i))		ans+=c[i];	return ans;}

题目

Code

#include<cstdio>#include<iostream>using namespace std;long long n,m,i,x,y,ch,c[1000005];long long lowbit(long long x){   	return x&(-x);}void update(long long now,long long x){   	long long i;	for (i=now;i<=n;i+=lowbit(i))		c[i]+=x;}long long get(long long x){   	long long i,ans;	ans=0;	for (i=x;i>=1;i-=lowbit(i))		ans+=c[i];	return ans;}int main(){   	scanf("%lld%lld",&n,&m);	for (i=1;i<=n;i++)	{   		scanf("%lld",&x);			update(i,x);	}	for (i=1;i<=m;i++)	{   		scanf("%lld%lld%lld",&ch,&x,&y);		if (ch==2) printf("%lld\n",get(y)-get(x-1));		else update(x,y);	}	return 0;} 

2.区间修改，单点查询

修改

引入差分的思想，记录数组里每个元素与前一个元素的差，那么$a_i={\sum }_{j=1}^i{d}_j$，如果修改区间$[l,r]$，令其加上$x$，那么$l$与$l-1$的差增加了$x$，$r$与$r+1$的差减小了$x$，根据差分，就可以给$d_l$加上$x$，给$d_{r+1}$减去$x$

查询

直接根据$a_i={\sum }_{j=1}^i{d}_j$，查前缀和就好

题目

Code

#include<cstdio>using namespace std;int  n,m,i,l,r,x,bj;long long a[1000005],c[1000005];int lowbit(int x){   	return x&(-x);}void update(int now,int x){   	int i;	for (i=now;i<=n;i+=lowbit(i))		c[i]+=x;}long long get(int x){   	int i;	long long ans;	ans=0;	for (i=x;i;i-=lowbit(i))		ans+=c[i];	return ans;}int main(){   	scanf("%d%d",&n,&m);	for (i=1;i<=n;i++)	{   		scanf("%lld",&a[i]);		update(i,a[i]-a[i-1]);	}	for (i=1;i<=m;i++)	{   		scanf("%d",&bj);		if (bj==1)		{   			scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);			update(l,x);			update(r+1,-x);		}		else		{   			scanf("%d",&x);			printf("%lld\n",get(x));		}	}	return 0;	}

3.区间修改，区间查询

这个也是线段树最麻烦的地方，通常100行起步，但树状数组就不用了，实测50行不到，而且我不压行

先看一下如果按照问题2的方法来求区间前缀和，要怎么求

位置$x$的前缀和=${\sum }_{i=1}^x{\sum }_{j=1}^i{d}_j$，发现在这个式子里，$d_1$被计算了$x$此，$d_2$被计算了$x-1$次……，$d_x$被计算了1次。那么这个式子就可以转化为

${\sum }_{i=1}^x{d}_i\times (x-i+1)=(x+1){\sum }_{i=1}^x{d}_i-{\sum }_{i=1}^x{d}_i\times i$

其中$x+1$是给出的，那么我们记录$d_i$和$d_i\times i$就可以了

维护两个数组$sum1$和$sum2$，分别记录$d_i$和$d_i\times i$

修改

$sum1$同问题2的$d$，$sum2$也类似，$l$加上$l\times x$，$r+1$减去$(r+1)x$

查询

单点$x$的前缀和就是$(x+1)\times sum1$中$x$的前缀和-$sum2$中$x$的前缀和，区间$[l,r]$的值就是$r$的前缀和-$l-1$的前缀和

题目

Code

#include<cstdio>using namespace std;long long n,m,i,l,r,x,bj,a[1000005],c1[1000005],c2[1000005];long long lowbit(long long x){   	return x&(-x);}void update(long long k,long long x){   	long long i;	for (i=k;i<=n;i+=lowbit(i))	{   		c1[i]+=x;		c2[i]+=x*k;	}}long long get(long long x){   	long long i,ans;	ans=0;	for (i=x;i;i-=lowbit(i))		ans+=((x+1)*c1[i])-c2[i];	return ans;}int main(){   	scanf("%lld%lld",&n,&m);	for (i=1;i<=n;i++)	{   		scanf("%lld",&a[i]);		update(i,a[i]-a[i-1]);	}	for (i=1;i<=m;i++)	{   		scanf("%lld",&bj);		if (bj==1)		{   			scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&x);			update(l,x);			update(r+1,-x);		}		else		{   			scanf("%lld%lld",&l,&r);			printf("%lld\n",get(r)-get(l-1));		}	}	return 0;}

小结

线段树与树状数组有很多相似的地方，但是树状数组很明显的优势就是短，但是线段树可以处理很多种情况，而这里面有些是树状数组做不到的，所以说不论是线段树还是树状数组，我们都应该学习一下，然后选择更好的去解决题目。

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