[AcWing算法提高课]之 高阶数据结构 树状数组（C++题解）

目录

树状数组的作用

（1）树状数组的经典模板

（2）关于记忆模板

楼兰图腾

一个简单的整数问题

一个简单的整数问题2（困难！）

谜一样的牛

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我不会数学证明，但我可以学，会用就行，你知道我听了y总讲了一个小时证明的痛楚吗

树状数组的作用

1. 单点增加（时间复杂度为O (logN) ）
2. 区间查询前缀和（时间复杂度为O (logN) ）
3. 求逆序对（但是不如归并排序）
4. 扩展：差分+公式

相较于原数组a[N]，单点增加的时间复杂度为O(1)，但区间查询和的时间复杂度为O(N)

相较于前缀和数组pre[N]，区间查询和的时间复杂度为O(1)，但单点增加的复杂度为O(N)

因此我们选择了折中的办法就是 让这两个操作都为logN的复杂度 

（1）树状数组的经典模板

#include
#include
using namespace std;

const int N=1e5+10;
int a[N];
int tr[N];
int n;//点数

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

void add(int x,int c)//在x的位置上加上常数c
{
    for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) tr[i]+=c;
}

int sum(int x)//求x位置前的前缀和
{
    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++) cin>>a[i];
    while(1)
    {
        cout<<"第一次查询前缀和(1)"<

（2）关于记忆模板

1.  首先先把这张图记住
2. 对于add函数，因为树状数组维护的是一部分树的前缀和，那么因此，它只能影响到这个位置及其后面的树状数组，因为需要将后面的树状数组更新，那么以lowbit(i)为单位向后更新
3. 对于sum函数，因为树状数组维护的是一部分树的前缀和，因此它向前查询，其中每一段的大小是lowbit(i)，用res变量记录每一段树状数组的累计和，返回即可
4. 如果还不理解的话，多写几遍，或者回去看证明= - =

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楼兰图腾

241. 楼兰图腾 - AcWing题库

核心思路：

1. （乘法原理）我们可以知道，枚举中间的一个点，统计其左右两边满足条件的数量，那么左右两边的乘积结果就是 一个结果；举个例子：比如我们要求’V‘型的 点的个数，那么可以先预处理出 在第i个位置 ，其左边的点高于中间点的高度的个数，和右边的点高于中间点的高度的个数，然后相乘就是 枚举到的该点作为中间点的个数
2.  那么现在的问题就是<在一个区间中 快速地求出 小于或大于这个点的高度的 个数>
3. 注意此时因为目标是 数字的个数，而非数字的大小，这启发了我们对于一个位置上的值，它是 数字的个数更为合理；那么对于这个位置而言呢，注意 条件是 <小于或大于这个数>，也就是说数的大小其实是作为 键的，也就是索引
4. 问题分析到这里已经有了些许眉目，接下来的细节请看代码+详细注释

#include
#include
#include
using namespace std;

const int N=2000010;
typedef long long ll;
int n;
int a[N],t[N];//t[i]表示树状数组i结点覆盖的范围和
//Lower[i]表示左边比第i个位置小的数的个数
//Greater[i]表示左边比第i个位置大的数的个数
int Lower[N],Greater[N];

//返回非负整数x在二进制表示下最低位1及其后面的0构成的数值
int lowbit(int x)
{
    return x&-x;
}

//将序列中第x个数加上k
void add(int x,int k)//向右上方以lowbit(i) 为单位 在t数组中 区间加上k 维护
{
    for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) t[i]+=k;
}

//查询序列前x个数的和
int ask(int x)//向左上方以lowbit(i) 为单位 查询
{
    int sum=0;
    for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) sum+=t[i];
    return sum;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);

    从左向右，依次统计每个位置左边比第i个数y小的数的个数、以及大的数的个数
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int y=a[i];//第i个数

        //在前面已加入树状数组的所有数种统计在区间[1,y-1]的数字 的出现次数
        Lower[i]=ask(y-1);
        
        //在前面已加入树状数组的所有数中统计在区间[y+1,n]的数字 的出现次数
        Greater[i]=ask(n)-ask(y);
        
        将y加入树状数组，即数字y出现1次
        add(y,1);//注意这里的y是a[i]，也就是数字的大小，因为是已经按位置进行枚举的了
        //因此，不需要考虑 位置的先后顺序，而只用考虑数字的大小关系
    }

    //清空树状数组，从右往左统计每个位置右边比第i个数y小的数的个数、以及大的数的个数
    memset(t,0,sizeof t);

    ll resA=0,resV=0;
    //从右往左统计
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        int y=a[i];

        resA+=(ll)Lower[i]*ask(y-1);//向右查询 [1,y-1]的数字的 总个数
        resV+=(ll)Greater[i]*(ask(n)-ask(y));//向右查询 [y+1,n]的数字的 总个数

        add(y,1);//同理
    }

    printf("%lld %lld\n",resV,resA);

    return 0;
}

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一个简单的整数问题

242. 一个简单的整数问题 - AcWing题库

1. 与普通的 树状数组模板题不同的是：这题的操作是：[区间修改]+[单点查询]
2. 而普通的 树状数组模板提是：[单点修改]+[区间查询]
3. 单点查询其实并不困难：比如在普通的维护前缀和的树状数组中想要知道i点位置对应的大小，那么只需要sum(i)-sum(i-1)即可
4. 难点是：区间修改；不管是 原数组的[区间修改]，还是前缀和数组的[区间修改]，它们所花费的时间复杂度都为O(N)
5. 对于区间修改，不难想到 差分数组，差分是前缀和数组的逆运算;                                            对于[区间修改]：比如想要在[l,r]的范围内的所有数字都加上 常数C                                            那么就有 tr[l]+=c  tr[r+1]-=c    <至于为什么这样写，我只能说回去看基础课>
6. 对于[单点查询]：想要求，就是将i之前（包括i）的所有数组和求和，得到的结果就是就是 ，<因此可以维护一个可以计算差分数组前缀和的树状数组> ，来使得O(N)的复杂度 降低到 O(logN)

 Code:预处理（包括其本身的差分）

#include
#include
#include
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=100010;
int n,m;
int a[N];
ll 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;
}

ll sum(int x)
{
    ll res=0;
    for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) res+=tr[i];
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d %d",&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]);//树上差分

    while(m--)
    {
        char op[2];
        int l,r,d;
        scanf("%s%d",op,&l);
        if(*op=='C')//区间修改
        {
            scanf("%d%d",&r,&d);
            add(l,d);
            add(r+1,-d);
        }
        else printf("%lld\n",sum(l));
        //树状数组中的前缀和维护使得差分数组能更快地求出 1~i的差分数组的和
    }

    return 0;
}

 Code：预处理：只记录变化区间的差分《算法竞赛进阶指南》

#include
#include
using namespace std;

const int N=1e5+10;
int a[N];
int tr[N];//树上差分
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;
}

int sum(int x)
{
    int res=0;
    for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) res+=tr[i];
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    
    while(m--)
    {
        char op[2];
        int l;
        scanf("%s%d",op,&l);
        
        if(*op=='C')//区间添加操作
        {
            int r,d;
            scanf("%d%d",&r,&d);
            add(l,d),add(r+1,-d);
        }
        else
        {
            printf("%d\n",sum(l)+a[l]);
        }
    }
    
    return 0;
}

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一个简单的整数问题2（困难！）

243. 一个简单的整数问题2 - AcWing题库

1. 问题的核心变为了：[区间修改]+[区间求和]
2. [区间修改]还是一样的思路，树上差分即可
3. [区间求和]：注意是原数组的区间求和，那么就是在[l,r]范围内对所有的 a[l]~a[r]求和，在上一题中我们已知道了a[i]的求法是 sum(i)，因此可以有下图的写法

 

 y总的字有待提高....，我简单模拟一下吧，方便看懂

例子：比如从在区间[1,x]中 求a[]的和
规定：b[]为a[]的差分数组

解法：
朴素解法：a[1]+a[2]+a[3]+...+a[x]  ----(1)
那么根据差分数组的特性则有：
a[1]=b[1]
a[2]=b[1]+b[2]
a[3]=b[1]+b[2]+b[3]
a[x]=b[1]+b[2]+b[3]+...+b[x]      ----(2)

那么根据(2)式的特性，可以将(1)式改写为：
(b[1])+(b[1]+b[2])+(b[1]+b[2]+b[3])+...+(b[1]+b[2]+b[3]+...+b[x])  ----(3)

不难得出规律，在[1,x]区间中：
有 x-0个     b[1]
有 x-1个     b[2]
有 x-2个     b[3]
.....
有 x-(x-1)个 b[x]

那么y总的思路是：构造下面图片的这个  矩阵
目的是：对于(3)式 而言：就算用前缀和求出了 每一段（）的和，但是仍然要用一层循环将其相加
所以实际上的时间复杂度仍然为O(N)，那么我们就要考虑是不是可以构造出 *两个前缀和数组来优化*

实际上：图片中蓝色区域中的 数字才是 我们要求的数值
因此根据很简单的填充法：我们可以先求出整个 矩阵的数值，然后再减去红色区域的数值

那么根据图形不难得出如下公式：
矩阵的数值：(b[1]+b[2]+b[3]+...+b[x])*(x+1)           ————(4)
红色区域的数值：(1* b[1]+2* b[2]+3* b[3]+...+x*b[x])   ————(5)

观察(4) 和 (5) 式子
不难得出 已经构造出了 两个前缀和数组
(4) 中的前缀和数组是 sum(x) 用tr1维护
(5) 中的前缀和数组是 i*sum(x) 用tr2维护

~~剩下的就与一个简单整数问题一样了~~

 看不清的同学：我用截图吧QAQ md格式放到这里就好丑.....

 

 Code:

#include
#include
#include
#include
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=100010;

int n,m;
int a[N];
ll tr1[N];//维护b[i]的前缀和
ll tr2[N];//维护b[i]*i的前缀和

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 sum(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)//数学构造：详细见图片
{ 
    return sum(tr1,x)*(x+1)-sum(tr2,x);
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)//构造树上差分
    {
        int b=a[i]-a[i-1];
        add(tr1,i,b);
        add(tr2,i,(ll)b*i);
    }

    while(m--)
    {
        char op[2];
        int l,r,d;
        scanf("%s%d%d",op,&l,&r);
        if(*op=='Q')
        {
            printf("%lld\n",prefix_sum(r)-prefix_sum(l-1));
        }
        else
        {
            scanf("%d",&d);
            //a[l]+=d
            add(tr1,l,d),add(tr2,l,l*d);
            //a[r+1]-=d
            add(tr1,r+1,-d),add(tr2,r+1,(r+1)*(-d));
        }
    }
    return 0;
}

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谜一样的牛

244. 谜一样的牛 - AcWing题库

样例解释：

样例解释

1.  第一行是索引
2. 第二行表示的意思是： 第i个位置前有 第A[i]头牛 的身高比它低
3. 特殊解释：因为 在第一个位置的牛，它前面没有牛，因此A[i] 没有给出（本质上是一个不存在的数）
4. 从后往前推是更容易知道结果的，这个至于为什么是，，我只能说 显然
5. 对于5位置上的值：0，前面没有比它身高低的，所以它就是 身高最低的：1
6. 对于4位置上的值：1，也就是说前面 有一个比它身高低的，那么 对于 答案序列 1 2 3 4 5，我们已经用掉了1；因此此时的 答案序列为：1  2  3  4  5，在这个序列中 寻找 <最小的第二个数（也就是 （1+1）=2）> ：（原谅我语言表达不行....）理解这个意思就好：所以此时的答案是：3
7. 对于3位置上的值：2，同理了，此时的答案序列为 1 2  3  4  5，那么就要寻找  （2+1）=3，最小的第三个数，也就是 5
8. 此后以此类推

核心思路：

这道题其实和 楼兰图腾 很像

1. 在本题中 数字的大小实际上是作为 比较时的索引，而非真正的值，与楼兰图腾同理，值是这个数的个数；因此 数值的大小作为索引，1则作为val，当这个值被用过了，那么就需要让这个位置的值-1，表示为不可重复使用
2. 其实相对于树状数组，本题更容易想到的是：二分，注意上面 中我们推导出 它是第几小的数的规律，是这个 数值的大小+1，那么也就是说，要寻找 第一个满足 “第几小这个性质的”，由左右区间可知，答案必然在 右区间；因此左半边是 不满足的，右半边是满足的，具有二段性，因此可以二分
3. 那么 check函数的作用就是 在 序列 1 2 3 ..h[i]+1 ....N，判断从1~x（某个数）中，是否其有效数字的个数，已经恰好大于等于 h[i]+1，如果是则true，right=mid;反之false,left=mid+1
4. 对于3中的查询操作，可以使用 树状数组中的 维护前缀和完成，使得效率更高

#include
#include
#include
using namespace std;

const int N=100010;
int n;
int h[N];
int ans[N];
int 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 sum(int x)
{
    int res=0;
    for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) res+=tr[i];
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=2;i<=n;i++) scanf("%d",&h[i]);

    for(int i=1;i<=n;i++) add(i,1);

    for(int i=n;i;i--)
    {
        int k=h[i]+1;
        int l=1,r=n;
        while(l>1;
            if(sum(mid)>=k) r=mid;
            else l=mid+1;
        }
        ans[i]=l;
        add(l,-1);
    }

    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);

    return 0;
}