0x42 树状数组

若一个正整数$x$的二进制表示为$a_{k-1}{a}_{k-2}...a_2{a}_1{a}_0$，其中等于1的位是 { a i 1 , a i 2 , . . . , a i m } \{a_{i_1},a_{i_2},...,a_{i_{m}}\} {ai1​​,ai2​​,...,aim​​}，则正整数$x$可以被“二进制分解”成：
$$x=2^{i_1}+2^{i_2}+...+2^{i_m}$$
不妨设$i_1>i_2>...>i_m$，进一步地，区间$[1,x]$可以分成$O(logx)$个小区间：

1.长度为$2^{i_1}$的小区间$[1,2^{i_1}]$

2.长度为$2^{i_2}$的小区间$[2^{i_1}+1,2^{i_1}+2^{i_2}]$

3.长度为$2^{i_3}$的小区间$[2^{i_1}+2^{i_2}+1,2^{i_1}+2^{i_2}+2^{i_3}]$

……

m.长度为$2^{i_m}$的小区间$[2^{i_1}+2^{i_2}+...+2^{i_{m-1}}+1,2^{i_1}+2^{i_2}+...+2^{i_m}]$

这些小区间的共同特点是：若区间结尾为$R$，则区间长度就等于$R$的“二进制分解”下最小的2的次幂，即$lowbit(R)$。例如$x=7=2^2+2^1+2^0$，区间$[1,7]$可以分成$[1,4]$、$[5,6]$、$[7,7]$三个小区间，长度分别是$lowbit(4)=4$、$lowbit(6)=2$和$lowbit(7)=1$。

树状数组（Binary Indexed Trees)就是一种基于上述思想的数据结构，其基本用途是维护序列的前缀和。对于给定的序列$a$，我们建立一个数组$c$，其中$c[x]$保存序列$a$的区间$[x-lowbit(x)+1,x]$中所有数的和，即${\sum }_{i=x-lowbit(x)+1}^{x}a[i]$。

事实上，数组$c$可以看做一个如下图所示的树形结构，图中最下边一行是$N$个叶子结点（N=16），代表数值$a[1\sim N]$。该结构满足以下性质：

1.每个内部结点$c[x]$保存以它为根的子树中所有叶节点的和。

2.每个内部结点$c[x]$的子节点个数等于$lowbit(x)$的位数。

3.除树根外，每个内部结点$c[x]$的父节点是$c[x+lowbit(x)]$。

4.树的深度为$O(logN)$。

如果$N$不是2的整次幂，那么树状数组就是一个具有同样性质的森林结构。

树状数组支持的基本操作有两个，第一个操作是查询前缀和，即序列$a$第$1\sim x$个数的和。按照我们刚才提出的方法，应该求出$x$的二进制表示中每个等于1的位，把$[1,x]$分成$O(logN)$个小区间，而每个小区间的区间和都已经保存在数组$c$中，可在$O(logN)$的时间里查询前缀和：

int ask(int x)
{int ans=0;while(x){ans+=c[x];x-=x&(-x);}return ans;
}

如果查询序列$a$的区间$[l,r]$中所有数的和，只需要计算$ask(r)-ask(l-1)$。

树状数组支持的第二个基本操作是单点增加，意思是给序列中的一个数$a[x]$加上$y$，同时正确维护序列的前缀和。只有节点$c[x]$及其所有祖先节点保存的“区间和”包含$a[x]$，而任意一个节点的祖先至多只有$logN$个，我们逐一对它们的$c$值进行更新即可。下面的代码在$O(logN)$时间内执行单点增加操作：

void add(int x,int y)
{while(x<=N){c[x]+=y;x+=x&(-x);}
}

对树状数组初始化，比较一般的方法是：直接建立一个全为0的数组$c$，然后对每个位置$x$执行$add(x,a[x])$，时间复杂度为$O(NlogN)$。通常采用这种初始化方法已经足够。

更高效的方法是：从小到大依次考虑每个位置$x$，借助$lowbit$运算扫描他的父节点累加求和。若采用这种方法，上面树形结构中每条边只会被遍历一次，时间复杂度为$O({\sum }_{k=1}^{logN}k\ast N/2^k)=O(N)$。

void build()
{for(int i=1;i<=N;++i){c[i]+=a[i];int fa=i+(i&-i);if(fa<=N)c[fa]+=c[i];}
}

1.树状数组与逆序对

任意给定一个集合$a$，如果用$t[val]$保存数值$val$在集合$a$中出现的次数，那么数组$t$上的区间和（即${\sum }_{i=1}^{r}t[i]$就表示集合$a$中范围在$[l,r]$内的数有多少个。

我们可以在集合$a$的数值范围上建立一个树状数组，来维护$t$的前缀和。这样即使在集合$a$中插入或删除一个数，也可以高效地进行统计。

我们在0x05节中提到了逆序对问题以及使用归并排序的解法。对于一个序列$a$，若$i<j$且$a[i]>a[j]$，则称$a[i]$与$a[j]$构成逆序对。按照上述思路，利用树状数组也可以求出一个序列的逆序对个数：

1.在序列$a$的数值范围上建立树状数组，初始化为全0。

2.倒序扫描给定的序列$a$，对于每个数$a[i]$：

（1）在树状数组中查询前缀和$[1,a[i]-1]$，累加到答案$ans$中。

（2）执行“单点增加”操作，即把位置$a[i]$上的数加1（相当于$t[a[i]]$++），同时正确维护$t$的前缀和。这表示数值$a[i]$又出现了1次。

3.$ans$即为所求。

for(int i=n;i;--i)
{ans+=ask(a[i]-1);add(a[i],1);
}

时间复杂度为$O((N+M)logM)$，$M$为数值范围的大小。

当数值范围较大时，当然可以先进行离散化，再用树状数组进行计算。不过因为离散化本身就要通过排序实现，所以在这种情况下就不如直接用归并排序来计算逆序对数了。

2.树状数组的扩展应用

区间增加

树状数组仅支持单点增加，需要做出一些转化来解决问题。

新建一个数组$b$，起初为全零。在区间$[l,r]$每个值增加$d$，我们把它转化成以下两条指令：

1.把$b[l]$加上$d$。

2.把$b[r+1]$减去$d$。

执行完后我们考虑一下$b$数组的前缀和（$b[1\sim x]$的和）的情况：

1.对于$1\le x<l$，前缀和不变。

2.对于$l\le x\le r$，前缀和增加了$d$。

3.对于$r<x\le N$，前缀和不变（$l$处加$d$，$r+1$处减$d$，抵消）。

我们发现，$b$数组的前缀和$b[1\sim x]$就反映了指令对于$a[x]$产生的影响。

于是我们可以用树状数组来维护数组$b$前缀和（对$b$只有单点增加操作）。因为各次操作之间具有可累加性，所以在树状数组上查询前缀和$b[1\sim x]$，就得出了到目前为止所有指令在$a[x]$上增加的数值总和。再加上$a[x]$的初始值，就得到了修改后$x$位置上的值。

查询区间的和

在区间增加的基础上我们查询区间的和。

$b$数组的前缀和${\sum }_{i=1}^{x}b[i]$就是经过这些指令后$a[x]$增加的值。

那么序列$a$的前缀和$a[1\sim x]$，整体增加的值就是：
$$\sum _{i=1}^x\sum _{j=1}^{i}b[j]$$
上式可以改写成：
$$\sum _{i=1}^x\sum _{j=1}^{i}b[j]=\sum _{i=1}^x(x-i+1)\ast b[i]=(x+1)\sum _{i=1}^{x}b[i]-\sum _{i=1}^{x}i\ast b[i]$$
那么我们再增加一个树状数组，用于维护$i\ast b[i]$的前缀和${\sum }_{i=1}^{x}i\ast b[i]$，上式就可以直接查询、计算了。

具体来说我们建立两个树状数组$c_0$和$c_1$，起初全部赋值为零。对于每条指令“C l r d”，执行四个操作：

1.在树状数组$c_0$中，把位置$l$上的数加$d$。

2.在树状数组$c_0$中，把位置$r+1$上的数减$d$。

3.在树状数组$c_1$中，把位置$l$上的数加$l\ast d$。

4.在树状数组$c_1$中，把位置$r+1$上的数减$(r+1)\ast d$。

另外，我们建立数组$sum$存储序列$a$的原始前缀和。对于每天指令“Q l r”，当然还是拆分成$1\sim r$和$1\sim l-1$两个部分，二者相减。写成式子就是：
$$(sum[r]+(r+1)\ast ask(c_0,r)-ask(c_1,r))-(sum[l-1]+l\ast ask(c_0,l-1)-ask(c_1,l-1))$$

typedef long long ll;
int N,Q,a,b,c;
char op;
ll arr[100005];
ll sum[100005];
ll tr1[100005];
ll tr2[100005];ll ask(ll tr[],int x)
{ll ans=0;while(x){ans+=tr[x];x-=x&(-x);}return ans;
}void add(ll tr[],int x,ll y)
{while(x<=N){tr[x]+=y;x+=x&(-x);}
}int main()
{scanf("%d%d",&N,&Q);for(int i=1;i<=N;++i){scanf("%lld",&arr[i]);sum[i]=sum[i-1]+arr[i];}while(Q--){cin>>op;if(op=='Q'){scanf("%d%d",&a,&b);ll ans=sum[b]-sum[a-1];ans+=(b+1)*ask(tr1,b)-ask(tr2,b)-a*ask(tr1,a-1)+ask(tr2,a-1);printf("%lld\n",ans);}else{scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);add(tr1,a,c);add(tr1,b+1,-c);add(tr2,a,a*c);add(tr2,b+1,-(b+1)*c);}}return 0;
}

值得指出的是，为什么我们把${\sum }_{i=1}^x(x-i+1)\ast b[i]$变成$(x+1){\sum }_{i=1}^{x}b[i]-{\sum }_{i=1}^{x}i\ast b[i]$进行统计？这里的$x$是关于“前缀和$a[1\sim x]$”这个询问的变量，而$i$是在每次修改时影响的对象。

对于前者来说，求和式中每一项同时包含$x$和$i$，在修改时无法确定$(x-i+1)$的值，只能维护$b[i]$的前缀和。在询问时需要面临一个“系数为等差数列”的求和式，计算起来非常困难。

对于后者来说，求和式中的每一项只与$i$有关。它通过一次容斥，把$(x+1)$提取为常量，使得$b[i]$的前缀和与$i\ast b[i]$的前缀和可以分别用树状数组进行维护。这种分离包含有多个变量的项，使公式中不同变量之间相互独立的思想非常重要，我们在下一章讨论动态规划时会多次用到。