树状数组的模板题

【如果你不知道什么是树状数组：请点这里！！！

#130. 树状数组 1 ：单点修改，区间查询

这是一道模板题。
给定数列$a_1,a_2,\dots ,a_n$，你需要进行m各操作，操作有两类：

• $1$ $i$ $x$ ：给定$i,x$，将$a_i$加上$x$；
• $2$ $l$ $r$ ：给定$l.r$，求${\Sigma }_{i=l}^r{a}_i$的值（换言之，求$a_l+a_{l+1}+\cdots +a_r$的值）。

输入格式

第一行包含$2$个正整数$n,m$，表示数列长度和询问个数。保证$1\le n,m\le 10^6$。
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$m$行，每行一个操作，为以下两种之一：

• $1$ $i$ $x$ ：给定$i,x$，将$a_i$加上$x$；
• $2$ $l$ $r$ ：给定$l.r$，求${\Sigma }_{i=l}^r{a}_i$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。

思路：这是一道简单的一维树状数组的模板题

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl '\n'
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define _for(i, a, b) for (int i=(a); i<=(b); i++)
const int INF = 0x7fffffff;
const int MAXN = 1e6 + 10;

ll tree[MAXN], n, m;

inline ll lowbit(ll x){return x & (-x);}

void updata(ll x, ll d){
	while(x <= n){
		tree[x] += d;
		x += lowbit(x);
	}
}

ll getsum(ll x){
	ll res = 0;
	while(x > 0){
		res += tree[x];
		x -= lowbit(x);
	}
	return res;
}

int main(){
	IOS
	cin >> n >> m;
	_for(i, 1, n){
		ll a;
		cin >> a;
		updata(i,a);
	}
	while(m--){
		ll id, x, y;
		cin >> id >> x >> y;
		if(id == 1){
			updata(x,y);
		}
		else if(id == 2){
			cout << getsum(y) - getsum(x-1) << endl;
		}
	}
	return 0;
}

#131.树状数组2：区间修改，单点查询

这是一道模板题。
给定数列$a_1,a_2,\dots ,a_n$，你需要进行m各操作，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，求$a_l，a_{l+1}，\dots a_r$分别加上$x$）；
• $2$ $i$：给定$i$，求$a_i$的值。

输入格式

第一行包含$2$个正整数$n,m$，表示数列长度和询问个数。保证$1\le n,m\le 10^6$。
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$m$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$x$；
• $2$ $i$：给定$i$，求$a_i$的值。

保证$1\le l\le r\le n,|x|\le 10^6$。

输出格式

对于每个$2$ $i$ 操作输出一行，每行有一个整数，表示所求的结果。

思路：这同样也是一道模板题，对于区间修改，我们首先会想到的是差分，没错，我们可以先通过差分（这里用$arr$数组表示）处理，将这道题转换成第一题。这样我们可以通过求$arr[i]$的前缀和查询。对于修改操作，只需要将$arr[l]$加上$x$，$arr[r+1]$减去$x$即可。

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl '\n'
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define _for(i, a, b) for (int i=(a); i<=(b); i++)
const int INF = 0x7fffffff;
const int MAXN = 1e6 + 10;
const int N = 1e5+10;

ll tree[MAXN], n, m;

inline ll lowbit(ll x){return x & (-x);}

void updata(ll x, ll d){
	while(x <= n){
		tree[x] += d;
		x += lowbit(x);
	}
}

ll getsum(ll x){
	ll res = 0;
	while(x > 0){
		res += tree[x];
		x -= lowbit(x);
	}
	return res;
}

int main(){
	IOS
	int a, b = 0; 
	cin >> n >> m;
	_for(i, 1, n){
		cin >> a;
		updata(i,a - b);//差分处理
		b = a;
	}
	while(m--){
		ll id, x, y;
		cin >> id;
		if(id == 1){
			int l, r, c;
			cin >> l >> r >> c;
			updata(l,c);
			updata(r+1,-c);
		}
		else if(id == 2){
			int i;
			cin >> i;
			cout << getsum(i) << endl;//单点查询
		}
	}
	return 0;
}

#132.树状数组3：区间修改，区间查询

这是一道模板题。
给定数列$a_1,a_2,\dots ,a_n$，你需要进行m各操作，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，求$a_l，a_{l+1}，\dots a_r$分别加上$x$）；
• $2$ $l$ $r$ ：给定$l.r$，求${\Sigma }_{i=l}^r{a}_i$的值（换言之，求$a_l+a_{l+1}+\cdots +a_r$的值）。

输入格式

第一行包含$2$个正整数$n,m$，表示数列长度和询问个数。保证$1\le n,m\le 10^6$。
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$m$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$x$；
• $2$ $l$ $r$ ：给定$l.r$，求${\Sigma }_{i=l}^r{a}_i$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。

思路：看到这样的问题，我们都会头大（没思路，烦死了！！！），我们要怎么样去求呢？我们可以基于第二题的差分思想，考虑一下如何在问题二构建的树状数组上求前缀和：（在这里$a[i]$表示原数组，$b[i]$表示前缀和数组）
求位置$y$的前缀和，我们可以推导出这样一个式子：${\Sigma }_{i=1}^{y}a[i]={\Sigma }_{i=1}^y{\Sigma }_{j=1}^{i}b[j]={\Sigma }_{i=1}^{y}d[i]\ast (y-i+1)=(y+1){\Sigma }_{i=1}^{y}d[i]-{\Sigma }_{i=1}^{y}d[i]\ast i$。
这样我们至于要维护两个数组的前缀和：
一个是$tree[i]{\Sigma }_{i=1}^{y}d[i]$，另一个是$tree1[i]={\Sigma }_{i=1}^{y}d[i]\ast i$。

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl '\n'
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define _for(i, a, b) for (int i=(a); i<=(b); i++)
const int INF = 0x7fffffff;
const int MAXN = 1e6 + 10;
const int N = 1e5+10;

ll tree[MAXN], tree1[MAXN], n, m;

inline ll lowbit(ll x){return x & (-x);}

void updata(ll x, ll d){
	for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i)){
		tree[i] += d;
		tree1[i] += d * x;
	}
}

ll getsum(ll x){
	ll res = 0;
	for(int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)){
		res += (x + 1) * tree[i] - tree1[i];
	}
	return res;
}

int main(){
	IOS
	int a, b = 0; 
	cin >> n >> m;
	_for(i, 1, n){
		cin >> a;
		updata(i,a - b);
		b = a;
	}
	while(m--){
		ll id, x, y;
		cin >> id;
		if(id == 1){
			int l, r, c;
			cin >> l >> r >> c;
			updata(l,c);
			updata(r+1,-c);
		}
		else if(id == 2){
			int l, r;
			cin >> l >> r;
			cout << getsum(r) - getsum(l-1) << endl;
		}
	}
	return 0;
}

#133.二维树状数组1：单点修改，区间查询

给定一个$n\times m$的零矩阵$A$，你需要完成如下操作：

• $1$ $x$ $y$ $k$：表示元素$A_{x,y}$自增$k$；
• $2$ $a$ $b$ $c$ $d$：表示询问左上角为$(a,b)$，右下角为$(c,d)$的子矩阵内所有数的和。

输入格式
输入的第一行有两个正整数$n,m$；
接下来若干行，每行一个操作，直到文件结束。
输出格式
对于每个$2$操作，输出一个整数，表示对于这个操作的回答。
对于全部数据，$1\le n,m\le 2^{12},1\le x,a,c\le n,1\le y,b,d\le m,|k|\le 10^5$，保证操作数目不超过$3\times 10^5$，且询问的子矩阵存在。

思路：这是一道简单的二维树状数组的模板题

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl '\n'
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define _for(i, a, b) for (int i=(a); i<=(b); i++)
const int INF = 0x7fffffff;
const int MAXN = 1e4 + 10;

ll n, m, tree[MAXN][MAXN];

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

void updata(ll x,ll y, ll d){
	for(ll i = x; i <= n; i += lowbit(i)){
		for(ll j = y; j <= m; j += lowbit(j)){
			tree[i][j] += d;
		}
	}
}

ll getsum(ll x,ll y){
	ll res = 0;
	for(ll i = x; i > 0; i -= lowbit(i)){
		for(ll j = y; j > 0; j -= lowbit(j)){
			res += tree[i][j];
		}
	}
	return res;
}

int main(){
	ll id, x, y, k, a, b, c, d;
	cin >> n >> m;
	while(scanf("%lld", &id) != EOF){
		if(id == 1){
			cin >> x >> y >> k;
			updata(x,y,k); 
		}
		else if(id == 2){
			cin >> a >> b >> c >> d;
			cout << getsum(c,d) - getsum(c,b-1) - getsum(a-1,d) + getsum(a-1,b-1) << endl;//这一步就是二维前缀和的求和
		}
	}
	return 0;
}

#134.二维树状数组2：区间修改，单点查询

给出一个$n\times m$的零矩阵$A$，你需要完成如下操作：

• $1$ $a$ $b$ $c$ $d$ $k$：表示左上角为$(a,b)$，右下角为$(c,d)$的子矩阵内所有元素都加上$k$。
• $2$ $x$ $y$：表示询问元素$A_{x,y}$自增的值。

输入格式
输入的第一行有两个正整数$n,m$；
接下来若干行，每行一个操作，直到文件结束。
输出格式
对于每个$2$操作，输出一个整数，表示对于这个操作的回答。
对于全部数据，$1\le n,m\le 2^{12},1\le x,a,c\le n,1\le y,b,d\le m,|k|\le 10^5$，保证操作数目不超过$3\times 10^5$，且询问的子矩阵存在。

思路：这道题的思想很简单，二维区间修改，我们首先想到的就是二维差分，然后在使用树状数组进行单点查询即可。

#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl '\n'
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define _for(i, a, b) for (int i=(a); i<=(b); i++)
const int INF = 0x7fffffff;
const int MAXN = 5e5 + 10;

ll n, m, tree[10000][10000];

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

void updata(int x, int y, int d){
	for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i)){
		for(int j = y; j <= m; j += lowbit(j)){
			tree[i][j] += d;
		}
	}
}

ll getsum(int x, int y){
	ll res = 0;
	for(int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)){
		for(int j = y; j > 0; j -= lowbit(j)){
			res += tree[i][j];
		}
	}
	return res;
}

int main(){
	int id, a, b, c, d, x, y, k;
	cin >> n >> m;
	while(scanf("%d", &id) != EOF){
		if(id == 1){
			cin >> a >> b >> c >> d >> k;
			updata(a,b,k);
			updata(a,d+1,-k);
			updata(c+1,b,-k);
			updata(c+1,d+1,k);
		}
		else if(id == 2){
			cin >> x >> y;
			cout << getsum(x,y) << endl;
		}
	}
	return 0;
}

#135.二维树状数组3：区间修改，区间查询

给出一个$n\times m$的零矩阵$A$，你需要完成如下操作：

• $1$ $a$ $b$ $c$ $d$ $k$：表示左上角为$(a,b)$，右下角为$(c,d)$的子矩阵内所有元素都加上$k$。
• $2$ $a$ $b$ $c$ $d$：表示询问左上角为$(a,b)$，右下角为$(c,d)$的子矩阵内所有数的和。

输入格式
输入的第一行有两个正整数$n,m$；
接下来若干行，每行一个操作，直到文件结束。
输出格式
对于每个$2$操作，输出一个整数，表示对于这个操作的回答。
对于全部数据，$1\le n,m\le 2048,|k|\le 500$，保证操作数目不超过$2\times 10^5$，保证运算过程中及最终结果均不超过$64$位带符号整数类型的表示范围，并且修改与查询的子矩阵存在。

思路：这个类似前面的第三题，我们知道点$(x,y)$的前缀和是：${\sum }_{i=1}^x{\sum }_{j=1}^y{\sum }_{k=1}^i{\sum }_{h=1}^{j}d[k][h]$。($d[k][h]$表示差分)，这个式子我们可以写成：${\sum }_{i=1}^x{\sum }_{j=1}^{y}d[i][j]\ast (x+1-i)\ast (y+1-j)$。
展开式为：$(x+1)\ast (y+1)\ast {\sum }_{i=1}^x{\sum }_{j=1}^{y}d[i][j]-(y+1){\sum }_{i=1}^x{\sum }_{j=1}^{y}d[i][j]\ast i-(x+1)\ast {\sum }_{i=1}^x{\sum }_{j=1}^{y}d[i][j]\ast j+{\sum }_{i=1}^x{\sum }_{j=1}^{y}d[i][j]\ast i\ast j$。所以我们只需要维护：$d[i][j],d[i][j]\ast x,d[i][j]\ast y,d[i][j]\ast x\ast y$即可。

#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl '\n'
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define _for(i, a, b) for (int i=(a); i<=(b); i++)
const int INF = 0x7fffffff;
const int MAXN = 5e5 + 10;

ll n, m, tree1[2050][2050], tree2[2050][2050], tree3[2050][2050], tree4[2050][2050];


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

void updata(int x, int y, int d){
	for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i)){
		for(int j = y; j <= m; j += lowbit(j)){
			tree1[i][j] += d;
			tree2[i][j] += x * d;
			tree3[i][j] += y * d;
			tree4[i][j] += x * y * d;
		}
	}
}

ll getsum(int x, int y){
	ll res = 0;
	for(int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)){
		for(int j = y; j > 0; j -= lowbit(j)){
			res += (x + 1) * (y +1) * tree1[i][j] - (x + 1) * tree3[i][j] - (y + 1) * tree2[i][j] + tree4[i][j];
		}
	}
	return res;
}

int main(){
	int id, a, b, c, d, x, y, k;
	cin >> n >> m;
	while(scanf("%d", &id) != EOF){
		if(id == 1){
			cin >> a >> b >> c >> d >> k;
			updata(a,b,k);
			updata(a,d+1,-k);
			updata(c+1,b,-k);
			updata(c+1,d+1,k);
		}
		else if(id == 2){
			cin >> a >> b >> c >> d;
			cout << getsum(c,d) - getsum(c,b-1) - getsum(a-1,d) + getsum(a-1,b-1) << endl;
		}
	}
	return 0;
}

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