树状数组

题目描述 如题，已知一个数列，你需要进行下面两种操作： 1.将某一个数加上x 2.求出某区间每一个数的和 输入格式 第一行包含两个整数N、M，分别表示该数列数字的个数和操作的总个数。 第二行包含N个用空格分隔的整数，其中第i个数字表示数列第i项的初始值。 接下来M行每行包含3个整数，表示一个操作，具体如下： 操作1： 格式：1 x k 含义：将第x个数加上k 操作2： 格式：2 x y 含义：输出区间[x,y]内每个数的和 输出格式 输出包含若干行整数，即为所有操作2的结果。 输入输出样例 输入 #1 复制 5 5 1 5 4 2 3 1 1 3 2 2 5 1 3 -1 1 4 2 2 1 4 输出 #1 复制 14 16 说明/提示 时空限制：1000ms,128M 数据规模： 对于30%的数据：N<=8，M<=10 对于70%的数据：N<=10000，M<=10000 对于100%的数据：N<=500000，M<=500000 样例说明： 故输出结果14、16 单点 修改，区间查询 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; const int N=500005; int n,m; int a[N]; int lowbit(int l)

ǰ׺֪ʶ lowbit=x&(-x) lowbit表示的是转换成二进制取第一个一和后面的0得到的数，树状数组经常用到lowbit(原理我也不知道) 树状数组只支持单点修改和前缀查询，其他可以通过拓展 时间复杂度分析： 单点修改O(log n) 前缀和查询O(log n) 树状数组操作： 1.lowbit(); 2.modify(x,d);//用于将点x加上数d 3.query(int x);//表示算出到x的前缀和 经典例题 1.洛谷P3374 裸的树状数组，直接按照需要的操作进行单点修改和前缀和查询，在利用前缀和的性质，来算出区间答案 cpp代码如下(代码中,a[i]表示一开始第i项的初始值，s[i]表示编号为i的数在维护的树状数组里，每个编号的数 #include <map> #include <set> #include <ctime> #include <cmath> #include <queue> #include <stack> #include <cstdio> #include <vector> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> #include<algorithm> #include<cmath> #include<stdlib.h> using namespace std;

5 5 1 5 4 2 3 1 2 4 2 2 3 1 1 5 -1 1 3 5 7 2 4 6 10 故输出结果为6、10 【解题思路】 这题也是一道很不错的题目，是一道区间修改，单点查询的树状数组（单点修改区间查询）改编 这道题利用了差分数组的思想，差分数组就是记录后一个数减去前一个数记录在差分数组中（即为程序中的ADD） 这样区间修改(l,r)时即可在l上加上修改值，r+1上减去修改值即可 单点查询即可直接查询即可 【code】 1 // luogu-judger-enable-o2 2 #include <cstdio> 3 #include <iostream> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 int n,m; 7 int a[500005],c[500005]; 8 inline int lowbit(int x){ 9 return x&(-x); 10 } 11 inline int GetSum(int x){ 12 int ans=0; 13 for(register int i=x;i!=0;i-=lowbit(i)) 14 ans+=c[i]; 15 return ans; 16 } 17 inline void Add(int x,int y){ 18 for(register int i=x

hdu2642 http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2642 题目大意： 现在假设天空是一个二维平面(1000*1000)。坐标从(0，0)点开始。现在给出N条信息。 "B X Y"，B为字符，x、y是整数，表示将坐标(x，y)的星星变亮。 "D XY"，D为字符，x、y是整数，表示将坐标(x，y)的星星变暗。 "Q X1 X2 Y1 Y2"，Q是字符，X1、X2、Y1、Y2是整数，表示问有多少颗星星在X1、X2、 Y1、Y2确定的矩形中。 思路： 建立一个二维的树状数组，单点更新，区间求值。其实和一维的差不多。只不过第i个元素变 为了第x行第y列的元素。更新和求值都是二维维护数组数组。再用一个二维数组Mark[][]表 示(x、y)处的星星的明暗情况。因为坐标是从(0，0)点开始的，而Lowbit(0) = 0，所以，另 所有的横纵坐标都加1，使坐标从(1，1)点开始。 #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std ; const int M = 1e3 + 3 ; int a [ M ][ M ], vis [ M ][ M ]; int lowbit ( int x ){

Description 给定一个长度为 \(n\) 的序列，有 \(m\) 次操作，要求支持区间加和区间求和。 Limitation \(1 \leq n,~m \leq 10^5\) 序列元素值域始终在 long long 范围内。要求使用树状数组解决 Solution sb线段树板子题 一直听说这题有树状数组做法，今天刚刚明白。 首先区间加和区间求和可以转化成前缀修改和前缀求和。 考虑一个前缀加操作 update(x, v) 对一次前缀查询 query(y) 的贡献。 当 \(x \leq y\) 时，贡献为 \(x \times v\) 当 $ x > y$ 时，贡献为 \(y \times v\) 考虑分别维护这两种贡献。用第一个序列维护第一种贡献，每次进行 update(x, v) 时在序列 \(x\) 处加上 \(x \times v\) ，代表每个 查询 query(y) \((y \geq x)\) 都被加上了 \(x \times v\) 的贡献；用第二个序列维护第二种贡献，在进行 update(x, v) 时在 \(x\) 处加上 \(v\) ，代表每个查询 query(y) \((y < x)\) 都会被加上 \(y \times v\) 的贡献。 对于每个查询 query(y) ，其答案显然是 \(QA(y) + (QB(n) - QB(y)) \times

题目描述 如题，已知一个数列，你需要进行下面两种操作： 1.将某一个数加上x 2.求出某区间每一个数的和 输入输出格式 输入格式： 第一行包含两个整数N、M，分别表示该数列数字的个数和操作的总个数。 第二行包含N个用空格分隔的整数，其中第i个数字表示数列第i项的初始值。 接下来M行每行包含3个整数，表示一个操作，具体如下： 操作1： 格式：1 x k 含义：将第x个数加上k 操作2： 格式：2 x y 含义：输出区间[x,y]内每个数的和 输出格式： 输出包含若干行整数，即为所有操作2的结果。 输入输出样例 输入样例#1： 复制 5 5 1 5 4 2 3 1 1 3 2 2 5 1 3 - 1 1 4 2 2 1 4 输出样例#1： 复制 14 16 说明 时空限制：1000ms,128M 数据规模： 对于30%的数据：N<=8，M<=10 对于70%的数据：N<=10000，M<=10000 对于100%的数据：N<=500000，M<=500000 样例说明： 故输出结果14、16 一道简单的模板题，没有什么特别解题思路。 AC代码： #include <iostream> using namespace std ; int tree [ 500004 ]; int n , m ; int lowbit ( int k ) { return k & (- k ); }

因为一个傻逼T1没有切，所以我感觉我很傻逼。 所以在这里总结一些你们早就得心应手的方法，供我自己参考？？？ 一维偏序： 树状数组 排序递推 二维偏序： 运用排序解决一维，然后退化为一维偏序问题 主席树 二维树状数组（内存容易爆炸） 三维偏序： CDQ分治：（本质上也就是排序降1维，类似归并/双指针的方法处理1维，树状数组处理最后1维偏序） 化简题目或公式，去掉无用的一维，然后退化为二维偏序问题 四维偏序及更高： 这种题的数据范围肯定大不了，其实已经脱离了普通偏序的范畴 直接$O(n^2)$枚举 高维树状数组 各种套树 求大神们补充。。。我不会了。。。 来源： https://www.cnblogs.com/hzoi-DeepinC/p/11763510.html

//P1908 逆序对 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int mxn=5e5+5; int a[mxn],c[mxn],b[mxn],f[mxn]; int n; inline int lowbit(int x){ return x&-x; } inline ll get(int x){ ll sum=0; for(;x;x-=lowbit(x)){ sum+=c[x]; } return sum; } inline void motify(int x,int y){ for(;x<=n;x+=lowbit(x)){ c[x]+=y; } } int main(){ cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&a[i]); b[i]=a[i]; } sort(b+1,b+n+1); int N=unique(b+1,b+n+1)-b-1; for(int i=1;i<=n;i++){ a[i]=lower_bound(b+1,b+N+1,a[i])-b; } for(int i=1;i<=n;i++){ motify(a[i],1); f[i]=i-get(a[i]); } ll ans=0; for(int i=1;i<=n

题目链接： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3015 题意：给定n组数，每组数有值x和值h，求n组数两两的val的总和。将所有x和所有h分别离散化（不去重）变成x'和h'，val(i,j)为abs(x ' i -x ' j )*min(h i ' ,h j ' )。 如： x， h——>x'，h' 10，100——>1，1 50，500——>4，4 20，200——>3，3 20，100——>1，1 思路：只要把n*n优化成n*logn就可以过。 tip1：按照h'的值sort，并动态加点，每次加的点如果是已加点中h'最小的，那么min()中要取的值就为h' tip2：离散化但是不去重，不需要unique tip3：关于abs()部分的处理，两棵树状数组，一棵统计数量，一棵统计sum。abs()值为（大于x'的sum-大于x'的数量*x'）+（小于x'的数量*x'-小于x'的sum） tip4：res和sum树状数组均需要开long long 附上代码： #include<iostream> #include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=1e5+10; int C1[maxn],C2[maxn

树状数组定义： 是一个查询和修改复杂度都为log(n)的数据结构。可以用于处理前缀和的问题,动态维护前缀和的工具 区间修改和区间查询用树状数组会显得很麻烦 相对而言用线段树会更灵活。 基本操作：求数列区间和，可以对数列单点进行操作。 前置知识： 差分数组 lowbit（）操作：返回非负整数x 在二进制表示下，第一个1和后面的0表示的数值（十进制的值）。 int lowbit(int x) { return x&(-x); } /* -i 代表i的负数 计算机中负数使用对应的正数的补码来表示k表示i的二进制中末尾连续0的个数。 例如 : i=6（0110） 此时 k=1 -i=-6=(1001+1)=(1010) i&(-i)=(0010)=2=2^K k=1. C[i]=A[i-2^k+1]+A[i-2^k+2]+......A[i]; C[i]=A[i-lowbit(i)+1]+A[i-lowbit(i)+2]+......A[i]; */ 树状数组思想： 区间查询——》前缀和 ——》树结构维护（log 2 n） 树状数组 t[x] 保存以x为根的子树中叶节值的和 。 观察 t[x] 中每个x的二进制，每一层末尾零相同 ，零的个数即K对应覆盖的长度，覆盖长度就是lowbit（x）。 t [x] 的父节点为 t【x+lowbit[x]】 树的深度为 log 2 n+1 基本操作