树状数组(Binary Indexed Trees)树状数组详解（转载）

分类： 数据结构

树状数组

树状数组(Binary Indexed Trees)

November 15, 2012

作者：Hawstein
出处： http://hawstein.com/posts/binary-indexed-trees.html
声明：本文采用以下协议进行授权：  自由转载-非商用-非衍生-保持署名|Creative Commons BY-NC-ND 3.0 ，转载请注明作者及出处。
topcoder上原英文链接： http://community.topcoder.com/tc?module=Static&d1=tutorials&d2=binaryIndexedTrees

前言

本文翻译自TopCoder上的一篇文章： Binary Indexed Trees ，并非严格逐字逐句翻译，其中加入了自己的一些理解。水平有限，还望指摘。

目录

1. 简介
2. 符号含义
3. 基本思想
4. 分离出最后的1
5. 读取累积频率
6. 改变某个位置的频率并且更新数组
7. 读取某个位置的实际频率
8. 缩放整个数状数组
9. 返回指定累积频率的索引
10. 2D BIT(Binary Indexed Trees)
11. 问题样例
12. 总结
13. 参考资料

简介

我们常常需要某种特定的数据结构来使我们的算法更快，于是乎这篇文章诞生了。 在这篇文章中，我们将讨论一种有用的数据结构：数状数组(Binary Indexed Trees)。 按 Peter M. Fenwich (链接是他的论文，TopCoder上的链接已坏)的说法，这种结构最早是用于数据压缩的。 现在它常常被用于存储频率及操作累积频率表。

定义问题如下：我们有n个盒子，可能的操作为：

1. 往第i个盒子增加石子(对应下文的update函数)
2. 计算第k个盒子到第l个盒子的石子数量(包含第k个和第l个)

原始的解决方案中(即用普通的数组进行存储，box[i]存储第i个盒子装的石子数)， 操作1和操作2的时间复杂度分别是O(1)和O(n)。假如我们进行m次操作，最坏情况下， 即全为第2种操作，时间复杂度为O(n*m)。使用某些数据结构(如 RMQ) ，最坏情况下的时间复杂度仅为O(m log n)，比使用普通数组为快许多。 另一种方法是使用数状数组，它在最坏情况下的时间复杂度也为O(m log n)，但比起RMQ， 它更容易编程实现，并且所需内存空间更少。

符号含义

• BIT: 树状数组
• MaxVal: 具有非0频率值的数组最大索引，其实就是问题规模或数组大小n
• f[i]: 索引为i的频率值，即原始数组中第i个值。i=1…MaxVal
• c[i]: 索引为i的累积频率值，c[i]=f[1]+f[2]+…+f[i]
• tree[i]: 索引为i的BIT值(下文会介绍它的定义)
• num– : 整数num的补，即在num的二进制表示中，0换为1，1换成0。如：num=10101，则 num– =01010

注意: 一般情况下，我们令f[0]=c[0]=tree[0]=0，所以各数组的索引都从１开始。 这样会给编程带来许多方便。

基本思想

每个整数都能表示为一些2的幂次方的和，比如13，其二进制表示为1101，所以它能表示为： 13 = 20 + 22 + 23 .类似的，累积频率可表示为其子集合之和。在本文的例子中， 每个子集合包含一些连续的频率值，各子集合间交集为空。比如累积频率c[13]= f[1]+f[2]+…+f[13]，可表示为三个子集合之和(数字3是随便举例的， 下面的划分也是随便举例的)，c[13]=s1+s2+s3， 其中s1=f[1]+f[2]+…+f[4]，s2=f[5]+f[6]+…+f[12]，s3=f[13]。

idx记为BIT的索引，r记为idx的二进制表示中最右边的1后面0的个数， 比如idx=1100(即十进制的12)，那么r=2。tree[idx]记为f数组中， 索引从(idx-2r +1)到idx的所有数的和，包含f[idx-2r +1]和f[idx]。即： tree[idx]=f[idx-2r +1]+…+f[idx]，见表1.1和1.2，你就会一目了然。 我们也可称idx对索引(idx-2r +1)到索引idx负责。(We also write that idx is responsible for indexes from (idx-2r +1)to idx)

假设我们要得到索引为13的累积频率(即c[13])，在二进制表示中，13=1101。因此， 我们可以这样计算：c[1101]=tree[1101]+tree[1100]+tree[1000]，后面将详细讲解。

分离出最后的1

注意: 最后的1表示一个整数的二进制表示中，从左向右数最后的那个1。

由于我们经常需要将一个二进制数的最后的1提取出来，因此采用一种高效的方式来做这件 事是十分有必要的。令num是我们要操作的整数。在二进制表示中，num可以记为a1b, a代表最后的1前面的二进制数码，由于a1b中的1代表的是从左向右的最后一个1， 因此b全为0，当然b也可以不存在。比如说13=1101，这里最后的1右边没有0，所以b不存在。

我们知道，对一个数取负等价于对该数的二进制表示取反加1。所以-num等于(a1b)– +1= a– 0b– +1。由于b全是0，所以b– 全为1。最后，我们得到：

-num=(a1b)– +1=a– 0b– +1=a– 0(1…1)+1=a– 1(0…0)=a– 1b

现在，我们可以通过与操作(在C++,java中符号为&)将num中最后的1分离出来：

num & -num = a1b & a– 1b = (0…0)1(0…0)

读取累积频率

给定索引idx，如果我们想获取累积频率即c[idx]，我们只需初始化sum=0, 然后当idx>0时，重复以下操作：sum加上tree[idx], 然后将idx最后的1去掉。 (C++代码如下)

为什么可以这么做呢？关键是tree数组设计得好。我们知道，tree数组是这么定义的： tree[idx] = f[idx-2r +1] +…+ f[idx]. 上面的程序sum加上tree[idx]后， 去掉idx最后的1，假设变为idx1，那么有idx1 = idx-2r ,　sum接下来加上tree[idx1] = f[idx1-2r1 +1] +…+ f[idx1] = f[idx1-2r1 +1] +…+ f[idx-2r ]， 我们可以看到tree[idx1]表达示的最右元素为f[idx-2r ]，这与tree[idx]表达式的最左元 素f[idx-2r +1]无缝地连接了起来。所以，只需要这样操作下去，即可求得f[1]+…+ f[idx]，即c[idx]的结果。

来看一个具体的例子，当idx=13时，初始sum=0:

tree[1101]=f[13]
tree[1100]=f[9]+...+f[12]
tree[1000]=f[1]+...+f[8]
c[1101]=f[1]+...+f[13]=tree[1101]+tree[1100]+tree[1000]

read函数迭代的次数是idx二进制表示中位的个数，其最大值为log(MaxVal)。 在本文中MaxVal=16。

时间复杂度：O(log MaxVal)
代码长度：不到10行

改变某个位置的频率并且更新数组

当我们改变f数组中的某个值，比如f[idx]，那么tree数组中哪些元素需要改变呢？ 在读取累积频率一节，我们每累加一次tree[idx]，就将idx最后一个1移除， 然后重复该操作。而如果我们改变了f数组，比如f[idx]增加val，我们则需要为当前索引的 tree数组增加val：tree[idx]　+= val。然后idx更新为idx加上其最后的一个1， 当idx不大于MaxVal时，不断重复上面的两个操作。详情见以下C++函数：

接下来让我们来看一个例子，当idx=5时：

使用上面的算法或者按照图1.6的箭头所示去操作，我们即可更新BIT。

时间复杂度：O(log MaxVal)
代码长度：不到10行

读取某个位置的实际频率

上面我们已经讨论了如何读取指定索引的累积频率值(即c[idx])，很明显我们无法通过 tree[idx]直接读取某个位置的实际频率f[idx]。有人说，我们另外再开一个数组来存储f数 组不就可以了。这样一来，读和存f[idx]都只需要O(1)的时间，而空间复杂度则是O(n)的。 不过如果考虑到节约内存空间是更重要的话，我们就不能这么做了。接下来我们将展示在不 增加内存空间的情况下，如何读取f[idx]。(事实上，本文所讨论的问题都是基于我们只维 护一个tree数组的前提)

事实上，有了前面的讨论，要得到f[idx]是一件非常容易的事： f[idx] = read[idx] – read[idx-1]。即前idx个数的和减去前idx-1个数的和， 然后就是f[idx]了。这种方法的时间复杂度是2*O(log n)。下面我们将重新写一个函数， 来得到一个稍快一点的版本，但其本质思想其实和read[idx]-read[idx-1]是一样的。

假如我们要求f[12]，很明显它等于c[12]-c[11]。根据上文讨论的规律，有如下的等式: (为了方便理解，数字写成二进制的表示)

c[12]=c[1100]=tree[1100]+tree[1000]
c[11]=c[1011]=tree[1011]+tree[1010]+tree[1000]
f[12]=c[12]-c[11]=tree[1100]-tree[1011]-tree[1010]

从上面3个式子，你发现了什么？没有错，c[12]和c[11]中包含公共部分，而这个公共部分 在实际计算中是可以不计算进来的。那么，以上现象是否具有一般规律性呢？或者说， 我怎么知道，c[idx]和c[idx-1]的公共部分是什么，我应该各自取它们的哪些tree元素来做 差呢？下面将进入一般性的讨论。

让我们来考察相邻的两个索引值idx和idx-1。我们记idx-1的二进制表示为a0b(b全为1)， 那么idx即a0b+1=a1b– .(b– 全为0)。使用上文中读取累积频率的算法(即read函数) 来计算c[idx]，当sum加上tree[idx]后(sum初始为0)，idx减去最后的1得a0b– , 我们将它记为z。

用同样的方法去计算c[idx-1]，因为idx-1的二进制表示是a0b(b全为1)，那么经过一定数量 的循环后，其值一定会变为a0b– ,(不断减去最后的1)，而这个值正是上面标记的z。那么， 到这里已经很明显了，z往后的tree值是c[idx]和c[idx-1]都共有的， 相减只是将它们相互抵消，所以没有必要往下再计算了。

也就是说，c[idx]-c[idx-1]等价于取出tree[idx]，然后当idx-1不等于z时，不断地减去 其对应的tree值，然后更新这个索引(减去最后的1)。当其等于z时停止循环(从上面的分析 可知，经过一定的循环后，其值必然会等于z)。下面是C++函数：

下面我们来看看根据这个算法，f[12]是怎么计算出来的：

首先，计算z值：z = 12 – (12 & -12) = 8，sum = tree[12] = 11(见表1.1)

对比该算法及调用两次read函数的方法，当idx为奇数时，该算法的时间复杂度仅为O(1)， 迭代次数为0。而对于几乎所有的偶数idx，其时间复杂度为c*O(log idx)， 其中c严格小于1。而read(idx)-read(idx-1)的时间复杂度为c1*O(log idx)， 其中c1总是大于1.

时间复杂度：c*O(log MaxVal),c严格小于1
代码长度：不到15行

缩放整个数状数组

有时候我们需要缩放整个f数组，然后更新tree数组。利用上面讨论的结论，我们可以轻松 地达到这个目的。比如，我们要将f[idx]变为f[idx]/c，我们只需要调用上面的update 函数，然后把除以c转变为加上-(c-1)*readSingle(idx)/c即可。这个很容易理解， f[idx]–(c-1)*f[idx]/c = f[idx]/c。用一个for循环即可将所有的tree元素更新。 代码如下：

上面的方法似乎有点绕，其实，我们有更快的方法。除法是线性操作，而tree数组中的元素 又是f数组元素的线性组合。因此，如果我们用一个因子去缩放f数组，我们就可以用该因子去 直接缩放tree数组，而不必像上面程序那样麻烦。上面程序的时间复杂度为 O(MaxVal*log MaxVal)，而下面的程序只需要O(MaxVal)的时间：

时间复杂度：O(MaxVal)
代码长度：几行

返回指定累积频率的索引

问题可描述为：给你一个累积频率值cumFre，如果存在c[idx]=cumFre，则返回idx； 否则返回-1。该问题最朴素及最简单的解决方法是求出依次求出c[1]到c[MaxVal]， 然后与给出的cumFre对比，如果存在c[idx]=cumFre，则返回idx;否则返回-1。 如果f数组中存在负数，那么该方法就是唯一的解决方案。但如果f数组是非负的， 那么c数组一定是非降的。即如果i>=j，则c[i]>=c[j]。这种情况下，利用二分查找的思想， 我们可以写出时间复杂度为O(log n)的算法。我们从MaxVal的最高位开始(比如本文中 MaxVal是16,所以tIdx从二进制表示10000即16开始)，比较cumFre和tree[tIdx] 的值，根据其比较结果，决定在大的一半区间还是在小的一半区间继续进行查找。 C++函数如下：(如果c数组中存在多个cumFre，find函数返回任意其中一个，findG返回最大 的idx值)

来看一个例子，当要查找的累积频率是21时，下面的过程将展示算法是如何进行的： (这里我就不翻译了，偷个懒)

时间复杂度：O(log MaxVal)
代码长度：不到20行

2D BIT(Binary Indexed Trees)

BIT可被扩展到多维的情况。假设在一个布满点的平面上(坐标是非负的)。 你有以下三种查询：

1. 将点(x, y)置1
2. 将点(x, y)置0
3. 计算左下角为(0, 0)右上角为(x, y)的矩形内有多少个点(即有多少个1)

如果m是查询次数，max_x和max_y分别是最大的x坐标和最大的y坐标，那么解决该问题的 时间复杂度为O(m*log(max_x)*log(max_y))。在这个例子中，tree是个二维数组。 对于tree[x][y]，当固定x坐标时，更新y坐标的过程与一维情况相同。 如果我们想在点(a, b)处置1/0，我们可以调用函数update(a,b,1)/update(a,b,-1)， 其中update函数如下：

其中updatey函数与update函数是相似的：

以上两个函数可以整合成一个函数：

其它函数的修改也非常相似，这里就不一一写出来了。此外，BIT也可被扩展到n维的情况。

问题样例

• SRM 310-FloatingMedian

• 问题2:

  描述：

  n张卡片摆成一排，分别为第1张到第n张，开始时它们都是下面朝下的。你有两种操作：

  1. T(i,j):将第i张到第j张卡片进行翻转，包含i和j这两张。(正面变反面，反面变正面)
  2. Q(i):如果第i张卡片正面朝下，返回0；否则返回1.

  解决方案：

  操作1和操作2都有O(log n)的解决方案。设数组f初始全为0，当做一次T(i, j)操作后， 将f[i]加1，f[j+1]减1.这样一来，当我们做一次Q(i)时，只需要求f数组的前i项和c[i] ，然后对2取模即可。结合图2.0，当我们做完一次T(i, j)后，f[i]=1，f[j+1]=-1。 这样一来，当k<i时，c[k]%2=0，表明正面朝下；当i<=k<=j时，c[k]%2=1，表明正面朝 上(因为这区间的卡片都被翻转了！)；当k>j时，c[k]%2=0，表示卡片正面朝下。 Q(i)返回的正是我们要的判断。

  注意：这里我们使用BIT结构，所以只维护了一个tree数组，并没有维护f数组。 所以，虽然做一次T(i, j)只需要使f[i]加1，f[j+1]减1，但更新tree数组还是需要 O(log n)的时间；而读取c[k]的时间复杂度也是O(log n)。这里其实只用到了一维BIT 的update函数和read函数。

总结

• 树状数组十分容易进行编程实现
• 树状数组的每个操作花费常数时间或是(log n)的时间
• 数状数组需要线性的存储空间(O(n)，只维护tree数组)
• 树状数组可扩展成n维的情况

参考资料

[1] RMQ

[2] Binary Search

[3] Peter M. Fenwick

另一篇教程：http://duanple.blog.163.com/blog/static/7097176720081131113145832/

一个简单的应用：http://acm.timus.ru/problem.aspx?space=1&num=1028