c++树状数组（超多例题讲解）适合有相应基础的

树状数组（Fenwick Tree）是一种用于高效计算前缀和的数据结构，具有较小的内存占用和较快的查询、更新操作。它广泛应用于解决一维数组的区间查询问题。

树状数组的原理基于二进制的思想。假设有一个长度为n的数组A，树状数组就是用一个长度为n的辅助数组C来模拟A数组的前缀和。数组C的索引i表示原数组A的前i个元素的和，数组C的值表示A数组对应前缀的和。

树状数组的核心操作有两个：区间和查询和单点更新。

区间和查询：给定一个区间[l, r]，要求计算出原数组A[l, r]的和。使用树状数组的查询操作如下：
1. 初始化一个变量sum为0。
2. 从r开始，将r的最低位的1置为0（即r = r - (r & -r)），并将sum加上C[r]的值。
3. 重复步骤2，直到r为0。
4. 从l开始，将l的最低位的1置为0（即l = l - (l & -l)），并将sum减去C[l]的值。
5. 重复步骤4，直到l为0。
6. 返回sum。

单点更新：给定一个索引i和一个增量delta，要求将原数组A[i]的值加上delta。使用树状数组的更新操作如下：
1. 从i开始，将i的最低位的1加上delta（即i = i + (i & -i)）。
2. 重复步骤1，直到i大于数组长度n。

通过这两个核心操作，可以高效地实现对原数组的区间查询和单点更新。

需要注意的是，树状数组的索引从1开始，因此在使用时需要对原始数据进行适当的处理。同时，树状数组只能处理非负数据，对于负数的处理需要进行适当的转换或者使用其他数据结构。

例题1：求每个数在数组中的逆序数和总逆序数

给定一个 1∼N 的随机排列，要求一次只能交换相邻两个数，那么最少需要交换多少次才可以使数列按照从小到大排列呢？

请你求出一个待排序序列的最少交换次数和对应的逆序数列

输入格式

第一行一个整数 N。

第二行一个 1∼N的排列。

输出格式

第一行输出逆序数列，数之间用空格隔开。

第二行输出最少交换次数。

数据范围

1≤N≤1000

输入样例：

8
4 8 2 7 5 6 1 3

输出样例：

6 2 5 0 2 2 1 0
18

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;int n;
int a[N], tr[N];
int f[N];int lowbit(int x)
{return x & -x;
}void add(int x, int c)
{for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) tr[i] += c;
}int ask(int x)
{LL res = 0;for(int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += tr[i];return res;
}int main()
{cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];for(int i = 1; i <= n; i ++){int y = a[i];f[y] = ask(n) - ask(y);add(y, 1);}int res = 0;for(int i = 1; i <= n; i ++) {cout << f[i] << " ";res += f[i];}cout << endl << res;return 0;
}

1、f[N]数组存储的是所有在i前面，比a[i]小的数据

2、样例解释：,第一个的逆序对为什么为6，因为求的是就是数值为1的逆序对数量，在1前面有6个数比1大，所以逆序对为6

3、

例题2：逆序对的扩展

在完成了分配任务之后，西部 314 来到了楼兰古城的西部。

相传很久以前这片土地上(比楼兰古城还早)生活着两个部落，一个部落崇拜尖刀(V)，一个部落崇拜铁锹(∧)，他们分别用 V 和 ∧ 的形状来代表各自部落的图腾。

西部 314 在楼兰古城的下面发现了一幅巨大的壁画，壁画上被标记出了 n 个点，经测量发现这 n 个点的水平位置和竖直位置是两两不同的。

西部 314314 认为这幅壁画所包含的信息与这 n 个点的相对位置有关，因此不妨设坐标分别为 (1,y1),(2,y2),…,(n,yn)，其中 y1∼yn 是 1 到 n 的一个排列。

西部 314 打算研究这幅壁画中包含着多少个图腾。

如果三个点 (i,yi),(j,yj),(k,yk) 满足 1≤i<j<k≤n 且 yi>yj,yj<yk，则称这三个点构成 V 图腾;

如果三个点 (i,yi),(j,yj),(k,yk) 满足 1≤i<j<k≤n 且 yi<yj,yj>yk，则称这三个点构成 ∧ 图腾;

西部 314 想知道，这 n个点中两个部落图腾的数目。

因此，你需要编写一个程序来求出 V 的个数和 ∧ 的个数。

输入格式

第一行一个数 n。

第二行是 n个数，分别代表 y1，y2,…,yn。

输出格式

两个数，中间用空格隔开，依次为 V 的个数和 ∧ 的个数。

数据范围

对于所有数据，n≤200000，且输出答案不会超过 int64。
y1∼yn是 1到 n 的一个排列。

样例输入

5
1 5 3 2 4

输出样例：

3 4

代码

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 10;int n;
int a[N], tr[N];
int f[N];
int g[N];int lowbit(int x)
{return x & -x;
}void add(int x, int c)
{for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) tr[i] += c;
}LL ask(int x)
{LL res = 0;for(int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += tr[i];return res;
}int main()
{cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);for(int i = 1; i <= n; i ++){int y = a[i];f[i] = ask(y - 1);g[i] = ask(n) - ask(y);add(y, 1);}memset(tr, 0, sizeof tr);LL resV = 0, resA = 0;for(int i = n; i; i --){int y = a[i];resV += (LL)g[i] * (ask(n) - ask(y));resA += (LL)f[i] * ask(y - 1);add(y, 1);}cout << resV << " " << resA << endl;return 0;
}

1、求所以V 的个数和 ∧ 的个数，而且严格y1∼yn是 1到 n 的一个排列，所以可以不用离散化处理，求v的个数，所以求出每一个数，左边比它的大的和右边都比它大，然后相乘在全部相加既可，求∧ 的个数也是如此的思路

2、从左到右扫描一遍，f[i]存储的是当前比a[i]小的集合，g[i]存储的是当前比a[i]大的集合，然后建树

3、重新初始化，然后从从右到左扫描一遍

4、树状数组求逆序对,让我们知道了如何在一个序列中计算每个数后面有多少个数比它小,因此我们可以通过这个性质来做一些事情
‘v’图腾求法
倒序扫描序列a,利用树状数组求出每个a[i]后面有几个数比它大记录为g[i]
正序扫描序列a,利用树状数组求出每个a[i]前面有几个数比它大,记录为r[i]
’^’图腾求法
倒序扫描序列a,利用树状数组求出每个a[i]后面有几个数比它小,记录为g[i]
正序扫描序列a,利用树状数组求出每个a[i]前面有几个数比它小,记录为f[i]

例题三：区间和和单点修改

给定 n个数组成的一个数列，规定有两种操作，一是修改某个元素，二是求子数列 [a,b]的连续和。

输入格式

第一行包含两个整数 n和 m，分别表示数的个数和操作次数。

第二行包含 n 个整数，表示完整数列。

接下来 m 行，每行包含三个整数 k,a,b （k=0，表示求子数列[a,b]的和；k=1，表示第 a 个数加 b）。

数列从 1 开始计数。

输出格式

输出若干行数字，表示 k=0 时，对应的子数列 [a,b] 的连续和。

数据范围

1≤n≤100000,
1≤m≤100000，
1≤a≤b≤n,
数据保证在任何时候，数列中所有元素之和均在 int 范围内。

输入样例：

10 5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
1 1 5
0 1 3
0 4 8
1 7 5
0 4 8

输出样例：

11
30
35

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1e5 + 10;int n, m;
int a[N], tree[N];int lowbit(int x)
{return x & -x;
}void add(int x, int c)
{for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) tree[i] +=c;
}int ask(int x)
{int res = 0;for(int i = x; i; i-= lowbit(i)) res += tree[i];return res;
}int main()
{cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);for(int i = 1; i <= n; i ++) add(i, a[i]);while(m --){int k, x, y;scanf("%d%d%d", &k, &x, &y);if(k == 0){cout << ask(y) - ask(x - 1) << endl;}else add(x, y);}return 0;
}

解析：1、因为是单点修改，所以正常建树，把每个数据压入就行

2、求区间和，从r到l - 1求的就是区间l - r 的和

样例四：区间修改和单点查询

给定长度为 N 的数列 A，然后输入 M 行操作指令。

第一类指令形如 C l r d，表示把数列中第 l∼r 个数都加 d。

第二类指令形如 Q x，表示询问数列中第 x 个数的值。

对于每个询问，输出一个整数表示答案。

输入格式

第一行包含两个整数 N 和 M。

第二行包含 N 个整数 A[i]。

接下来 M 行表示 M 条指令，每条指令的格式如题目描述所示。

输出格式

对于每个询问，输出一个整数表示答案。

每个答案占一行。

数据范围

1≤N,M≤10^5,
|d|≤10000,
|A[i]|≤10^9

输入样例：

10 5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Q 4
Q 1
Q 2
C 1 6 3
Q 2

输出样例：

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;int n, m;
int a[N], tr[N];int lowbit(int x)
{return x & -x;
}void add(int x, int c)
{for(int i = x;i <= n; i += lowbit(i)) tr[i] += c;
}int ask(int x)
{LL res = 0;for(int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += tr[i];return res;
}int main()
{cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);for(int i = 1; i <= n; i ++) add(i, a[i] - a[i - 1]);while(m --){char op[2];scanf("%s", op);if(*op == 'C'){int l, r, d;scanf("%d%d%d", &l, &r, &d);add(l, d), add(r + 1, -d);}else{int x;cin >> x;cout << ask(x) << endl;}}return 0;
}

1、因为是区间修改，所以我们可以使用差分来降低时间复杂度

2、区间修改，所以我们是两个端点修改就可以了

样例五：区间查询和区间修改

既可以树状数组，也可以使用线段树，但是这里就使用树状数组来做

给定一个长度为 N 的数列 A，以及 M 条指令，每条指令可能是以下两种之一：

C l r d，表示把 A[l],A[l+1],…,A[r] 都加上 d。
Q l r，表示询问数列中第 l∼r个数的和。

对于每个询问，输出一个整数表示答案。

输入格式

第一行两个整数 N,M。

第二行 N 个整数 A[i]。

接下来 M行表示 M 条指令，每条指令的格式如题目描述所示。

输出格式

对于每个询问，输出一个整数表示答案。

每个答案占一行。

数据范围

1≤N,M≤10^5,
|d|≤10000,
|A[i]|≤10^9

输入样例：

10 5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Q 4 4
Q 1 10
Q 2 4
C 3 6 3
Q 2 4

输出样例：

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;int n, m;
int a[N];
LL tr1[N], tr2[N];int lowbit(int x)
{return x & -x;
}void add(LL tr[], LL x, LL c)
{for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) tr[i] += c;
}LL ask(LL tr[], LL x)
{LL res = 0;for(int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += tr[i];return res;
}LL get_sum(LL x)
{return ask(tr1, x) * (x + 1) - ask(tr2, x);
}int main()
{cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);for(int i = 1; i <= n; i ++){LL b = a[i] - a[i - 1];add(tr1, i, b);add(tr2, i, b * i);}while(m --){char op[2];scanf("%s", op);if(*op == 'Q'){int l, r;scanf("%d%d", &l, &r);cout << get_sum(r) - get_sum(l - 1) << endl;;}else{int l, r, d;scanf("%d%d%d", &l, &r, &d);add(tr1, l, d), add(tr2, l, l * d);add(tr1, r + 1, -d), add(tr2, r + 1, (r + 1) * -d);}}return 0;
}

1、因为是区间修改，所以还是使用差分来做，这里维护两个树状数组，tr1存储的是修改区间的数组，tr2存储的是区间的数值