「题解」「数据结构」树状数组2

接着上文说(上文题目图片打太多了，卡的很)
这道题如果还像上一题那样建树状数组，必然超时
我们要发挥自己模仿的天分，使得原封不动地搬下来就可以A了
前面说到跟上题一样建树状数组要超时，那我们倒过来，使得单点访问变为Sum，区间修改变为update，有同学肯定想到了差分数组
没错就是他
我们在区间修改，就相当于修改差分数组的两个值
比如我们给区间[l,r]加上x，就相当于给p_l加x，给p_r+1减x
而我们单点查询，就相当于求差分数组的前缀和

---

代码

#include 

const int M = 1e6 + 5;
int a[M], p[M];
long long bit[M];
int n, m;

int lowbit(int x) {
	return x & (- x);
}

void update(int k, int temp) {
	for (int i = k; i <= n; i += lowbit(i)) {
		bit[i] += temp;
	}
}

long long Sum(int k) {
	long long tot = 0;
	for (int i = k; i > 0; i -= lowbit(i)) {
		tot += bit[i];
	}
	return tot;
}

int main() {
	scanf("%d %d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		scanf("%d", &a[i]);
		p[i] = a[i] - a[i - 1];
		update(i, p[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= m; i ++) {
		int order;
		scanf("%d", &order);
		if (order == 1) {
			int l, r, x;
			scanf("%d %d %d", &l, &r, &x);
			update(l, x);
			update(r + 1, - x);
		}
		else {
			int k;
			scanf("%d", &k);
			printf("%lld\n", Sum(k));
		}
	}
	return 0;
}

区间修改，区间查询

题目描述

给定数列 a[1], a[2], \dots, a[n] ，你需要依次进行 q 个操作，操作有两类：

• 1 l r x：给定 l,r,x ，对于所有 i\in[l,r] ，将 a[i] 加上 x （换言之，将 a[l], a[l+1], \dots, a[r] 分别加上 x ）；
• 2 l r：给定 l,r ，求 \sum_{i=l}^ra[i] 的值（换言之，求 a[l]+a[l+1]+\dots+a[r] 的值）。

输入格式

第一行包含 2 个正整数 n,q ，表示数列长度和询问个数。保证 1\le n,q\le 10^6 。
第二行 n 个整数 a[1],a[2],\dots,a[n] ，表示初始数列。保证 |a[i]|\le 10^6 。
接下来 q 行，每行一个操作，为以下两种之一：

• 1 l r x：对于所有 i\in[l,r] ，将 a[i] 加上 x ；
• 2 l r：输出 \sum_{i=l}^ra[i] 的值。

保证 1\le l\le r\le n, |x|\le 10^6 。

输出格式

对于每个 2 l r 操作，输出一行，每行有一个整数，表示所求的结果。

样例

样例输入

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

样例输出

15
34
32
33
50

数据范围与提示

对于所有数据， 1\le n,q\le 10^6, |a[i]|\le 10^6 , 1\le l\le r\le n, |x|\le 10^6 。

分析

p仍为a的差分数组，那么原数组的前缀和
a₁+a₂+……+ a_n
=p₁+(p₁+p₂)+(p₁+p₂+p₃)+……+(p₁+p₂+……+p_n)
=n*p₁+(n-1)*p₂+(n-2)*p₃+……+p_n
=n*(p₁+p₂+p₃+……+p_n)-(0*p₁+1*p₂+2*p₃+……+(n-1)*p_n)
观察减式两边，分别将p_i和(i-1)*p_i建立两个树状数组BIT1和BIT2，BIT1就是差分数组，区间修改按上一例进行；BIT2的增量就不是x了，而是x*(i-1)。至于区间查询，我们已经知道原数组前缀和了，直接相减即可查询区间和。

代码

#include 
#include 

const int M = 1e6 + 5;
long long a[M], p[M];
long long bit1[M], bit2[M];
int n, m;

long long Read() {				 //读入优化
	long long sym;
	long long tot = 0;
	char x = getchar();
	while ((x > '9' || x < '0') && x != '-') x = getchar();
	if(x == '-') {
		sym = -1;
		x = getchar();
	}
	else
		sym = 1;
	while (x >= '0' && x <= '9') {
		tot = tot * 10 + (x - '0');
		x = getchar();
	}
	return sym * tot;
}

int lowbit(int x) {
	return x & (- x);
}

void update(int k, long long temp) {
	for (int i = k; i <= n; i += lowbit(i)) {
		bit1[i] += temp, bit2[i] += temp * (k - 1);
	}
}

long long Sum1(int k) {
	long long tot = 0;
	for (int i = k; i > 0; i -= lowbit(i)) {
		tot += bit1[i];
	}
	return tot;
}

long long Sum2(int k) {
	long long tot = 0;
	for (int i = k; i > 0; i -= lowbit(i)) {
		tot += bit2[i];
	}
	return tot;
}

int main() {
	n = Read();
	m = Read();
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		a[i] = Read();
		p[i] = a[i] - a[i - 1];
		update(i, p[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= m; i ++) {
		int order = Read();
		if (order == 1) {
			int l = Read(), r = Read();
			long long x = Read();
			update(l, x);
			update(r + 1, - x);
		}
		else {
			int l = Read(), r = Read();
			printf("%lld\n", (Sum1(r) * r - Sum2(r) - (Sum1(l - 1) * (l - 1) - Sum2(l - 1) )));
		}
	}
	return 0;
}

求逆序对数

题目描述

“装满了鹅卵石的瓶子是满的吗？”墨老师曾经这样问过他的学生。“不是，因为还可以放入小石子、再放入细砂、最后再倒入水。”学生们回答。“那么从中可以得到什么启示呢？”墨老师又问，“启示我们时间总是可以挤出来的！”一个聪明的学生抢答。“你说得对！”墨老师微笑道，“但我还要告诉你们另一个重要经验，那就是：如果你不先将大的鹅卵石放进瓶子里去，你也许以后永远没机会再把它们放进去了。”

但这世上的很多人，做事却经常分不清事情的轻重缓急。我们可爱的典狱长大人就犯了这个错误，当他看到身高参差不齐的狱警们排成一列时，眉毛拧成了一个结，他最想知道的就是，到底有多少个狱警逆序排队了。这可以抽象为求逆序对的个数问题：即对于一个包含n个非负整数的数组A[1，…，n]，如果有i < j，且A[ i ]>A[ j ]，则称(A[ i] ，A[ j] )为数组A中的一个逆序对。

例如，数组（3，1，4，5，2）的逆序对有(3，1)，(3，2)，(4，2)，(5，2)共4个。

输入格式

输入文件reverse.in包括两行，第一行是一个整数n(1≤n≤1000)，表示狱警人数。第二行包含n个整数，用空格分隔，即每个狱警的身高，狱警身高均在int范围内。

输出格式

输出文件reverse.out包括一行，这一行只包含一个整数，即逆序对的个数。

样例

样例输入

５
３　１　４　５　２

样例输出

4

欲知后事如何，且听下回分解