树状数组浅谈seo优化

树状数组浅谈

news/2024/9/22 16:52:36

什么是树状数组

树状数组是一种码量小，常数小，支持单点修改和区间查询的数据结构。

树状数组维护的信息和运算需要满足结合律并且可差分

注意gcd和max操作虽然满足结合律，但不可差分，因此不能使用树状数组维护

其实，树状数组能做的，线段树都能做，线段树能做的，树状数组不一定能做，但线段树码量大，常数大，不像树状数组，码量小，常数小, _{适合我这种懒人使用}。因此还是要学的，毕竟谁都不想再考场上手打一个线段树。

进过一些操作后树状数组也可以支持区间查询和单点修改，这个我们待会再说。

如何实现

引入

让我们先来看一个问题：

给定一个序列，满足以下操作

将某一个数加上一个值
查询 \(l\) 到 \(r\) 的和

假设你还没学过线段树和树状数组，你会怎么做这道题。

显然有两种方法

方法1：直接模拟，修改 \(O(1)\) ，查询 \(O(n)\)

方法2：前缀和，修改 \(O(n)\)，查询 \(O(1)\)

然而，如果操作次数很多序列又很长的话上面的做法就显得有些无力了，这时我们就需要使用树状数组来解决这个问题。

树状数组计算 \(a_1+a_2+a_3+a_4+...+a_n\) 是把它们拆成不超过 \(\log n\) 段进行计算，这样我们只需要合并 \(\log n\) 段区间就能够计算出结果，相比于暴力效率有很大的提高。下面是一张简图，生动的展示了树状数组的工作原理。

114514

最下面的八个方块表示原始数组，上面的方块就是c数组，用来存放某一段区间的和, 这些信息是已知的，我们可以把前缀和拆成这些小区间来计算。

从图中可以看出，\(c[i]\) 存的是以 \(i\) 为右端点的一段区间的和，让我们先不管左端点，来感受一下树状数组是如何查询的。

例如我们要查询 \([1,7]\) 的区间和。就会从\(c[7]\) 开始跳，先将答案加上 \(c[7]\) ，发现 \(c[7]\) 计算的是 \([7, 7]\) 的和，于是我们跳到 \(c[6]\)，发现 \(c[6]\) 算的是 \([5,6]\) 的和，所以我们跳到 \(c[4]\)，并将答案加上 \(c[6]\)。\(c[4]\) 算的是 \([1,4]\) 的和，我们将答案加上 \(c[4]\)，但此时前面已经没有可跳了，所以过程结束，返回答案。

如果我们要查询 \([4, 7]\) 的和怎么办呢，我们可以利用前缀和的思想，用 \([1,7]\) 的和减去 \([1,3]\) 的和就好了。

区间大小

现在我们来考虑左端点在哪里。

在树状数组中，我们规定 \(c_x\) 的存的是 \([x-\operatorname{lowbit}(x)+1, x]\) 的和。\(\operatorname{lowbit}(x)\) 指的是 \(x\) 这个数在二进制下最低位的1的位权。

我们要如何计算 \(\operatorname{lowbit}(x)\) 呢。根据位运算知识得，\(\operatorname{lowbit}(x) = x\ \& -x\)，有人肯定要问，为什么？下面是一段摘自oiwiki的解释，可能可以帮助理解。

将 x 的二进制所有位全部取反，再加 1，就可以得到 -x 的二进制编码。例如，6 的二进制编码是 110，全部取反后得到 001，加 1 得到 010。

设原先 x 的二进制编码是 (...)10...00，全部取反后得到 [...]01...11，加 1 后得到 [...]10...00，也就是 -x 的二进制编码了。这里 x 二进制表示中第一个 1 是 x 最低位的 1。

(...) 和 [...] 中省略号的每一位分别相反，所以 x & -x = (...)10...00 & [...]10...00 = 10...00，得到的结果就是 \(\operatorname{lowbit}\)。

代码实现：

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

区间查询

回顾一下刚才举的例子，不难想出查询前缀和的方法，我们写出计算 \([1, x]\) 的和的过程。

将 \(ans\) 加上 \(c_x\)
\(x\) 减去 \(\operatorname{lowbit}(x)\)
判断 \(x\) 是否为 \(0\) ，不是就回到第1步，否则返回 \(ans\)

代码实现：

int sum(int x){int res = 0;while(x){res += c[x];x -= lowbit(x);}return res;
}

那么我们可以写出查询 \([l, r]\) 区间和的代码

int query(int l, int r){return sum(r) - sum(l-1);
}

区间查询部分完结。

单点修改

修改一个值其实只需要把管辖了 \(a_x\) 的 \(c_y\) 找到并修改即可，那我们怎么找到管辖了 \(a_x\) 的 \(c_y\) 呢？

显而易见的，\(c_x\) 管辖了 \(a_x\)。在之前的那副简图中可以看出 \(c[x]\) 被 \(c[x+\operatorname{lowbit}(x)]\) 包含。

于是我们就有了一种找的方法，假设要把 \(a_x\) 加上 \(y\)，下面给出过程。

将 \(c_x\) 加上 \(a_x\)。
\(x\) 加上 \(\operatorname{lowbit}(x)\)
如果 \(x\) 大于 \(n\) 那么退出，否则回到第1步。

代码如下：

void modify(int x, int y){while(x <= n){c[x] += y;x += lowbit(x);}
}

建树

可以直接转换为 \(n\) 次单点修改。

代码如下：

for(int i = 1; i <= n; i++){int x;scanf("%d", &x);modify(i, x);
}

完整代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, c[1000010];
int lowbit(int x){return x & (-x);
}
void modify(int x, int y){while(x <= n){c[x] += y;x += lowbit(x);}
}
int sum(int x){int res = 0;while(x >= 1){res += c[x];x -= lowbit(x);}return res;
}
int query(int l, int r){return sum(r) - sum(l-1);
}
int main(){scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; i++){int x;scanf("%d", &x);modify(i, x);}for(int i = 1; i <= m; i++){int opt, x, y;scanf("%d%d%d", &opt, &x, &y);if(opt == 1){modify(x, y);}else{printf("%d\n", query(x, y));}}return 0;
}

好了，你已经学会了基础的树状数组，接着我们来学习如何让树状数组支持区间修改单点查询

区间修改单点查询

题目：【模板】树状数组 2

我们发现如果树状数组维护的是原本的数组则无法实现，考虑维护差分数组。

我们知道在如果要将 \([l, r]\) 的所有数加上 \(x\) 的话，只需要在差分数组的第 \(l\) 位加上 \(x\)，再在第 \(r+1\) 位减去 \(x\) 即可。

而查询第 \(x\) 个数是多少其实就是计算差分数组前 \(x\) 个数的和。这两个操作树状数组都可以实现，于是我们就做完了。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, a[1000010], b[1000010], c[1000010];
int lowbit(int x){return x & (-x);
}
void modify(int x, int y){for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i)){c[i] += y;}return ;
}
int query(int x){int res = 0;for(int i = x; i; i -= lowbit(i)){res += c[i];}return res;
}
int main(){scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%d", &a[i]);b[i] = a[i] - a[i-1];modify(i, b[i]);}while(m--){int opt;scanf("%d", &opt);if(opt == 1){int l, r, x;scanf("%d%d%d", &l, &r, &x);modify(l, x);modify(r+1, -x);}else if(opt == 2){int p;scanf("%d", &p);printf("%d\n", query(p));}}return 0;
}

好了，现在你已经学会了基本的树状数组，来做几道例题吧

例题

例题1：[CQOI2006] 简单题

题目链接

这是一道树状数组板子题，只需要把区间修改单点查询的加法改为异或就好了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, c[100001];
int lowbit(int x){return x & (-x);
}
void add(int x){for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i)){c[i] ^= 1;}
}
int sum(int x){int res = 0;for(int i = x; i; i -= lowbit(i)){res ^= c[i];}return res;
}
int main(){scanf("%d%d", &n, &m);while(m--){int opt, l, r;scanf("%d%d", &opt, &l);if(opt == 1){scanf("%d", &r);add(l);add(r+1);}else{printf("%d\n", sum(l));}}return 0;
}

例题2：HH的项链

题目链接

首先，如果一个贝壳反复出现，那我们只要关注它出现的某一个位置而忽略其他位置，显而易见的，我们可以关注最右边的位置，因为好更新。

既然关注右边的贝壳，那么我们就要从左到右的处理数组，注意到这题不强制在线，于是我们可以离线后按照右端点排序，这样保证了右边的数是按顺序更新的。

查询的时候利用前缀和思想即可。

下面引入一个数组 \(vis\)。\(vis_i\) 表示第 \(i\) 种贝壳在目前询问的区间内最后出现的位置。还有一个名叫 \(last\) 的变量，意思是还没修改区间的左端点，每次更新从它开始。

我们写出修改部分的代码：

    int last = 1;for(int i = 1; i <= m; i++){for(int j = last; j <= q[i].r; j++){if(vis[a[j]]) modify(vis[a[j]], -1);//如果之前有这个数就先把它删掉modify(j, 1);//用新的位置代替vis[a[j]] = j;//修改vis数组}last = q[i].r+1;//更新lastans[q[i].id] = query(q[i].r) - query(q[i].l-1);}

总代码，可以配合理解：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace qwq{inline int read(){int n = 0;  int f = 1;char c = getchar();while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-') f = -1;c = getchar();}while(c >= '0' && c <= '9'){n = (n << 3) + (n << 1) + (c ^ 48);c = getchar();}return n * f;}inline void Write(int x){if(x < 0){putchar('-');x = -x;}if(x > 9) Write(x / 10);putchar((x % 10) ^ 48);return;}inline void write(int x, char c){Write(x);putchar(c);}
}
using namespace qwq;
struct node{int l, r, id;bool operator < (const node &A){return r < A.r;}
} q[1000010];
int tree[1000010], n, m, a[1000010], vis[1000010], ans[1000010];
int lowbit(int x){return x & (-x);
}
void modify(int x, int y){while(x <= n){tree[x] += y;x += lowbit(x);}
}
int query(int x){int res = 0;while(x){res += tree[x];x -= lowbit(x);}return res;
}
int main(){n = read();for(int i = 1; i <= n; i++){a[i] = read();}m = read();for(int i = 1; i <= m; i++){q[i].l = read(), q[i].r = read(), q[i].id = i;}sort(q+1, q+m+1);int last = 1;for(int i = 1; i <= m; i++){for(int j = last; j <= q[i].r; j++){if(vis[a[j]]) modify(vis[a[j]], -1);modify(j, 1);vis[a[j]] = j;}last = q[i].r+1;ans[q[i].id] = query(q[i].r) - query(q[i].l-1);}for(int i = 1; i <= m; i++){write(ans[i], '\n');}return 0;
}

这道题还有一个莫队做法，感兴趣的读者可自行了解。