树状数组基础篇
树状数组讲点
中文名：树状数组
英文名：Binary Indexeds Tree
英译中：二进制索引树
这特么多清楚
引入：
给你n个数
1. 求区间的的和
2. 改变某个值
然后朴素做法肯定GG，这里就有了树状数组的神奇功效。
如果在时间空间允许的朴素做法也行啊，树状数组就是这么牛逼，他就是可以用它独有的特性而做好这件事情。直接开门见山吧。
首先得搞清楚树状数组的x(下标)运算：x&(-x);
当x是奇数的时候，最后一个比特是1，然后负数是取反+1，所以x&(-x)，前面全部是0，最后是一，得出奇数的答案都是1.
当x为偶数的时候，①如果他的形式就是2^m，那么他的结果就是x；②如果不是，都是自己模拟的，难说，自己搞吧。答案就是：如果x二进制最右边的1，右边有k个0，答案就是2^k.
我们把A数组作为本来存储每个元素的数组；
从A数组转变成C数组（树状数组）；联系那个下标运算
c1=a1,c2=a1+a2,c3=a3,c4=a1+a2+a3+a4,c5=a5,c6=a5+a6,c7=a7,c8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8,c9=a9,c10=a9+a10,c11=a11……..c16=a1+a2+a3+a4+a5+…….+a16。 当 i 为奇数时，ci=ai ；当 i 为偶数时，就要看 i 的因子中最多有二的多少次幂，例如，6 的因子中有 2 的一次幂，等于 2 ，所以 c6=a5+a6（由六向前数两个数的和），4 的因子中有 2 的两次幂，等于 4 ，所以 c4=a1+a2+a3+a4（由四向前数四个数的和）。
C数组C[i] = a[i – 2^k + 1] + … + a[i] k为二进制下某尾0的个数。
Lowbit(): 返回的就是 2^k的值。
int lowbit(int t)
{
return t&(-t);
}Add(): 更新树状数组；
void Add(int i,int t)
{
while(i<=n)
{
c[i]+=t;
i+=lowbit(i);
}
}int sum() 就是把C数组全部加起来就好了，会得到一个下标为i前缀和
int Sum(int i)
{
int sum=0;
while(i)
{
sum+=c[i];
i-=lowbit(i);
}
return sum;
}Change() 当有元素变更的时候，树状数组的优势就特别大。
void Change(int i,int num)
{
//这个往往为变成数据范围+7，反正超出就行，因为你改变一个值以后，后面的有些c数组会改变，为什么说有些呢，结合c数组的特性，那个运算，我们可以发现什么？留给巨巨们思考了
while(i<=n)
{
c[i]+=x;
i+=lowbit(i);
}
}一个小插曲（也可以解释前面的为什么）：
插：错误往往都是很能说明问题的，但是你首先得明确问题，才能办好事。
要求：
实现在一个区间都加上x，然后计算区间值。
插：如果巨巨看出为什么错的话，那后面的解释就当看看过吧，或者再给我说说，我也好更加理解，谢谢~
想法(错误的)：
弱的思路就是：lowbit就是他要加上的区间宽度，那么乘以要加的值再加上前面加的就是所有要加的。。。。。
代码：
void Add_duan(int i,LL t,int w) //i是区间起始点，t是要加的值，w是末端
{
LL temp=t;
LL q;
while(i<=w)
{
q=t;
C[i]+=t;
t=lowbit(i)*temp+t;
i+=lowbit(i);
}
while(i<=n)
{
C[i]+=q;
i+=lowbit(i);
}
}然后就不行啊！！！
我只能解释一下（似乎解释不全）:
树状数组英文名：Binary Indexeds Tree，再英译汉一下，二进制索引树。
二进制索引的特性,当我要把2-4这个范围内的数+1的话，我跑我刚刚的程序，直接把3略过去了，3只能吃2的，3没有被处理。
类同…4-8-16-32区间内的
…
GG
而且这个BIT为什么复杂度在log(n);也是这个道理啊，所以BIT就是只能用来计算前缀和的。。。
OK，巨巨请多多建议一下。讲的也很挫…
区间更新正解（引我大哥的博文）：
http://www.wonter.net/?p=335
几道基础题
POJ2352；
题意：
计算每个等级的星星有多少颗，0~n-1个等级，每个星星的等级=每个星星左下角星星的数量
思路：
输入本来就是给出以y为增序，即y已经保证后面的肯定比前面大于等于，那么直接处理x，每次计算x的前缀和，然后更新，用个level数组记录就好了；
code……….
//#includeprintf("%d\n",le[i]);
return 0;
}
POJ 2481;
题意：
计算每个区间有多少个包含他的区间。
思路：
树状数组只能计算前缀和，那么前缀和首先得有前缀啊。我们要计算一个区间有多少个包含他，那么所以越小的区间要越晚处理。那么我们按照y从大到小排序，x从小到大，然后就像慢慢逼近小区间一样，计算x的前缀和就好了。
code…………(C++过，G++ t掉了…)
//#includePOJ1990
题意：
计算所有两两点的距离*max（v[i],v[j]）;
思路：
我们还是先按照v值按照降序排序，那么对于一个点，这个v是确定的。这题计算距离，利用前缀和。我们可以发现，一个点左边右边都有可能有点，我们计算距离=xj(右边)-x或者=x-xj(左边)；那么我们对左边的点累加起来就是=n1*x-(sum)xj;n1为左边有多少个点，(sum)xj为左边的点的坐标之和。右边同理可得。那么刚好，这个左边右边的点数利用树状数组可以实现，不就是个前缀和，最多加加减减。距离也是。
code………………
//#include*x)
{
LL ans=0;
while(i>0)
{
ans+=x[i];
i-=i&(-i);
}
return ans;
}
void add(LL i,LL t,LL *x)
{
while(i<=N-10)
{
x[i]+=t;
i+=i&(-i);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i"%lld%lld",&q[i].v,&q[i].x);
sort(q,q+n,cmp);
memset(num,0,sizeof(num));
memset(dis,0,sizeof(dis));
LL ans=0;
for(int i=0;ix=q[i].x;
LL le=Sum(x-1,num);
LL ri=Sum(N-10,num)-Sum(x,num);
ans+=q[i].v*(le*x-Sum(x-1,dis)+Sum(N-10,dis)-Sum(x,dis)-ri*x);
add(x,1,num);
add(x,x,dis);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
POJ2299
题意：
求一个序列的逆序数。
思路：
这个网上讲的挺好的。多了一个离散化操作。还有就是树状数组就是可以计算一个前缀和。逆序数=位置-前面比他小的；（话说我们应该更好理解就是后面有多少比他大的吧，其实一样，都是前缀和可以解决，具体看别的博文吧，弱不想说这个了。。。）
code…………
//#includeint getsum(int i)
{
int sum=0;
while(i>=1)
{
sum+=c[i];
i-=i&(-i);
}
return sum;
}
void update(int i,int t)
{
while(i<=n)
{
c[i]+=t;
i+=i&(-i);
}
}
int main()
{
while(~scanf("%d",&n)&&n)
{
memset(ans,0,sizeof(ans));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&q[i].v);
q[i].pos=i;
}
sort(q+1,q+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
ans[q[i].pos]=i;
memset(c,0,sizeof(c));
LL sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
update(ans[i],1);
sum+=i-getsum(ans[i]);
}
printf("%lld\n",sum);
}
return 0;
}
POJ3067
直接code……..如果刷完了上面，这题分分钟的事情…加油！巨巨这个时候应该好好去刷难题了！刷难题才能有提升！！！
//#includex;
}
int Sum(int i)
{
int ans=0;
while(i>0)
{
ans+=c[i];
i-=i&(-i);
}
return ans;
}
void add(int i,int t)
{
while(i<=N-2)
{
c[i]+=t;
i+=i&(-i);
}
}
int main()
{
int t;
int cas=1;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=0;i"%d%d",&q[i].x,&q[i].y);
sort(q,q+k,cmp);
memset(c,0,sizeof(c));
LL ans=0;
for(int i=0;iq[i].y,1);
ans+=Sum(m)-Sum(q[i].y);
}
printf("Test case %d: %lld\n",cas++,ans);
}
return 0;
}