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【算法 & 高级数据结构】树状数组：一种高效的数据结构（一）

上一篇文章我们介绍了树状数组这个数据结构，并且进行了其原理的数学推导，这篇文章基于上一篇文章，来讲一下这个数据结构在算法题中的应用

还不知道树状数组是什么的来看这篇文章：【算法 & 高级数据结构】树状数组：一种高效的数据结构（一）

题目来源：AcWing

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0 通用模板

首先，通用模板先摆上

//lowbit
int lowbit(int x){return x & -x;
}//修改操作
void add(int x, int c){for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) tr[i] += c;
}//查询操作
int sum(int x){int res = 0;for(int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += tr[i];return res;
}

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1 单点修改，区间求和

• 例题：
  

输入格式
第一行一个数 $n$。

第二行是 $n$
个数，分别代表 $y_1，y_2,\dots ,y_n$。

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，$n\le 200000$，且输出答案不会超过 int64。
$y_1\sim y_n$ 是 $1$到 $n$ 的一个排列。

输入样例：

5
1 5 3 2 4

输出样例：

3 4

• 主要思路：

因为两个符号的特点对应的每个点的纵坐标有这样的特点： V 意味着两边点的纵坐标高于当前点的纵坐标， ∧ 意味着两边的纵坐标小于当前的纵坐标。所以我们只需要遍历两次数组，记录每个点左右高于或低于当前点的纵坐标的点的数量，然后利用排列组合，计算出总数。

以下题解来源：https://www.acwing.com/solution/content/13818/

1. 从左向右依次遍历每个数a[i]，使用树状数组统计在i位置之前所有比a[i]大的数的个数、以及比a[i]小的数的个数。
   统计完成后，将a[i]加入到树状数组。
2. 从右向左依次遍历每个数a[i]，使用树状数组统计在i位置之后所有比a[i]大的数的个数、以及比a[i]小的数的个数。
   统计完成后，将a[i]加入到树状数组。

• 代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;typedef long long LL;const int N = 200010;
int n;
int a[N], tr[N];
int Greater[N], Lower[N];int lowbit(int x){return x & -x;
}//修改操作
void add(int x, int c){for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) tr[i] += c;
}//查询操作
int sum(int x){int 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]);//将区间分成n份，看每一份左边有多少个大于它和小于它的for(int i = 1; i <= n; i++){int y = a[i];Greater[i] = sum(n) - sum(y);Lower[i] = sum(y - 1);add(y, 1);}//memset一下tr数组，倒着求每一份右边有多少个小于和大于它的memset(tr, 0, sizeof(tr));LL res1 = 0, res2 = 0;for(int i = n; i; i--){int y = a[i];res1 += Greater[i] * (LL)(sum(n) - sum(y));res2 += Lower[i] * (LL)sum(y - 1);add(y, 1);}cout << res1 << " " << res2 << endl;return 0;
}

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2 区间增减，单点查询

主要思想：建立差分数组

• 例题：

数据范围
$1\le N,M\le 10^5,$
$|d|\le 10000,$
$|A[i]|\le 10^9$

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：

4
1
2
5

• 主要思路：

树状数组每次修改对应的是某个范围的前缀和的值的修改，所以如果需要在大数据量的情况下进行区间修改操作，大概率会TLE的。

但是我们想到，区间操作我们可以利用最基础的差分，使得区间操作优化成$O(1)$的复杂度。

可以看到，将题目在原始组上的操作，转换到差分数组上，和树状数组解决的问题一致。

• 代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;typedef long long LL;const int N = 100010;
int tr[N], a[N];
int n, m;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 quary(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++){cin >> a[i];add(i, a[i] - a[i - 1]);}while(m--){char op;cin >> op;if(op == 'C'){int l, r, d;cin >> l >> r >> d;add(l, d), add(r + 1, -d);}else{int x;cin >> x;cout << quary(x)<< endl;}}return 0;
}

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3 区间增减，区间求和

主要思想：建立差分数组+公式

• 例题：

数据范围
$1\le N,M\le 10^5,$
$|d|\le 10000,$
$|A[i]|\le 10^9$

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：

4
55
9
15

• 主要思想：

上一个应用虽然利用差分数组解决了区间操作的问题，但是区间操作完之后，利用差分数组不利于进行区间查询，所以需要进行一些推导，看看有什么性质可以利用。

数学推导见如下题解：https://www.acwing.com/solution/content/44886/
因此只需维护两个树状数组即可
一个是差分数组d[i]的树状数组tr[i]，还有一个是i*d[i]的树状数组tri[i]

• 代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;typedef long long LL;const int N = 100010;
int a[N];   
LL tr1[N], tr2[N];  //tr1[i] : b[i]的前缀和  tr2[i] : i * b[i]的前缀和
int n, m;int lowbit(int x){return x & -x;
}void add(LL tr[], int x, LL c){for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) tr[i] += c;
}LL quary(LL tr[], int x){LL res = 0;for(int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += tr[i];return res;
}LL prefix_sum(int x){return quary(tr1, x) * (LL)(x + 1) - quary(tr2, x);
}int main(){cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i];int b = a[i] - a[i - 1];add(tr1, i, (LL)b);add(tr2, i, (LL)i * b);}while(m--){char op;cin >> op;if(op == 'C'){int l, r, d;cin >> l >> r >> d;add(tr1, l, (LL)d), add(tr1, r + 1, (LL)-d);add(tr2, l, (LL)l * d), add(tr2, r + 1, (LL)(r + 1) * -d);}else{int l, r;cin >> l >> r;cout << prefix_sum(r) - prefix_sum(l - 1) << endl;}}return 0;
}