目錄:
①單點修改、區間查詢BIT:
首先當然是最基礎的樹狀數組了,單點修改、區間查詢的樹狀數組代碼:
//BIT - 單點增加,區間查詢 - st struct _BIT{ int N,C[MAXN]; int lowbit(int x){return x&(-x);} void init(int n) //初始化共有n個點 { N=n; for(int i=1;i<=N;i++) C[i]=0; } void add(int pos,int val) //在pos點加上val { while(pos<=N) { C[pos]+=val; pos+=lowbit(pos); } } int ask(int pos) //查詢1~pos點的和 { int ret=0; while(pos>0) { ret+=C[pos]; pos-=lowbit(pos); } return ret; } }BIT; //BIT - 單點增加,區間查詢 - ed
原理:
假設我們現在要維護的是a數組,我們實際存儲的是c數組,他們兩者的關系如圖:
(稱a數組為原數組,而c數組是a數組的樹狀數組。)
有:
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
c[i]不再是簡單的存儲a[i],而是存儲了a[i]+a[i-1]+…+a[k],它存儲了從a[i]往前若干個元素的和,那么如何確定k呢?這就關系到lowbit函數……
lowbit(x)函數返回的是什么?先看下圖:
不難看出,lowbit(x)返回的是:若二進制下數字 $x$ 的尾部的零的個數為 k ,則lowbit(x) = ${2^k }$;
也就是說,c數組中,
若i為奇數,$c\left[ i \right] = a\left[ i \right]$;
若i為偶數,而其最多能整除k次2,$c\left[ i \right] = a\left[ i \right] + a\left[ {i - 1} \right] + \cdots + a\left[ {i - 2^k + 1} \right]$;
這樣一來,對於某個pos點的增加$x$,只要不斷令pos+=lowbit(pos),就相當於一直往父親節點走,所以我們在每個父親節點都要增加$x$。
②區間修改、單點查詢BIT:
其實這個的原理就是:通過差分把這個區間修改、單點查詢的問題轉化為①;
首先,假設我們要記錄的數組是$a\left[ {1:n} \right]$,那么我們假設有$d\left[ i \right] = a\left[ i \right] - a\left[ {i - 1} \right]$,且$d\left[ 1 \right] = a\left[ 1 \right]$,
顯然,就有$a\left[ i \right] = d\left[ 1 \right] + d\left[ 2 \right] + \cdots + d\left[ i \right]$,
我們在BIT中實際存儲的是數組$d\left[ {1:n} \right]$(准確的說是d數組的樹狀數組);
先說修改:
我們目標是給$a\left[ {L:R} \right]$全部加上$x$,那么我們不難發現,其實$d\left[ L+1 \right] , d\left[ L+2 \right] , \cdots , d\left[ R \right]$都沒有變化,
而變化的只有:$d\left[ {L} \right]$增加了$x$,$d\left[ {R + 1} \right]$減少了$x$;
所以只需要add(L,x),add(R+1,-x)即可。
再說查詢:
我們要單點查詢$a\left[ {pos} \right]$,由上可知$a\left[ {pos} \right] = d\left[ 1 \right] + d\left[ 2 \right] + \cdots + d\left[ {pos} \right]$,
那么原來的sum(pos)函數不用修改,就正好能返回$a\left[ {pos} \right]$的值。
代碼:
//BIT - 區間修改,單點查詢 - st struct _BIT{ int N,C[MAXN]; int lowbit(int x){return x&(-x);} void init(int n) //初始化共有n個點 { N=n; for(int i=1;i<=N;i++) C[i]=0; } void add(int pos,int val) { while(pos<=N) C[pos]+=val,pos+=lowbit(pos); } void range_add(int l,int r,int x) //區間[l,r]加x { add(l,x); add(r+1,-x); } int ask(int pos) //查詢pos點的值 { int ret=0; while(pos>0) { ret+=C[pos]; pos-=lowbit(pos); } return ret; } }BIT; //BIT - 區間修改,單點查詢 - ed
③區間修改,區間查詢BIT:
這個就很騷氣了,這樣的BIT可以很輕松地應付線段樹模板題。
我們看到,由於我們目標記錄的是數組$a\left[ {1:n} \right]$,而實際存儲的是$d\left[ {1:n} \right]$,
那么已經實現了區間修改,如何完成區間查詢呢?顯然,區間查詢的基礎是快速求數組$a\left[ {1:n} \right]$的前綴和,
顯然數組$a\left[ {1:n} \right]$的前綴和:
$a\left[ 1 \right] + a\left[ 2 \right] + \cdots + a\left[ i \right] = d\left[ 1 \right] \times i + d\left[ 2 \right] \times \left( {i - 1} \right) + \cdots + d\left[ i \right] \times 1$
不難發現右側可以化成:
$\begin{array}{l}
d\left[ 1 \right] \times i + d\left[ 2 \right] \times \left( {i - 1} \right) + \cdots + d\left[ i \right] \times 1 \\
= \left[ {d\left[ 1 \right] \times \left( {i + 1} \right) + d\left[ 2 \right] \times \left( {i + 1} \right) + \cdots + d\left[ i \right] \times \left( {i + 1} \right)} \right] - \left[ {d\left[ 1 \right] \times 1 + d\left[ 2 \right] \times 2 + \cdots + d\left[ i \right] \times i} \right] \\
= \left( {i + 1} \right) \times \left( {d\left[ 1 \right] + d\left[ 2 \right] + \cdots + d\left[ i \right]} \right) - \left( {d\left[ 1 \right] \times 1 + d\left[ 2 \right] \times 2 + \cdots + d\left[ i \right] \times i} \right) \\
\end{array}$
這樣一來,我們就可以想到,在原來的數組$C\left[ i \right]$記錄$d\left[ i \right]$的基礎上,
再搞一個數組$C2\left[ i \right]$記錄$d\left[ i \right] \times i$即可。(當然,實際寫代碼的時候要明確,C數組和C2數組都是樹狀數組,不是原數組)
代碼:
//BIT - 區間修改,區間查詢 - st struct _BIT{ int N; ll C[MAXN],C2[MAXN]; //分別記錄d[i]和d[i]*i int lowbit(int x){return x&(-x);} void init(int n) //初始化共有n個點 { N=n; memset(C,0,sizeof(C)); memset(C2,0,sizeof(C2)); } void add(int pos,ll val) { for(int i=pos;i<=N;i+=lowbit(i)) C[i]+=val,C2[i]+=val*pos; } void range_add(int l,int r,ll x) //區間[l,r]加上x { add(l,x); add(r+1,-x); } ll ask(int pos) { ll ret=0; for(int i=pos;i>0;i-=lowbit(i)) ret+=(pos+1)*C[i]-C2[i]; return ret; } ll range_ask(int l,int r) //查詢區間[l,r]的和 { return ask(r)-ask(l-1); } }BIT; //BIT - 區間修改,區間查詢 - ed
④二維樹狀數組:
在一維樹狀數組中,數組C[x]記錄了的是右端點為x、長度為lowbit(x)的區間的區間和(具體參見原理)。
那么我們也可以類似地定義C[x][y]記錄的是右下角為(x,y),高為 lowbit(x),寬為 lowbit(y) 的區間的區間和。
這就是二維樹狀數組最基本的原理。
④-①單點修改、區間查詢 二維樹狀數組:
對於一維的樹狀數組稍加修改,就能得到:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1005; const int maxm=1005; struct BIT_2D { int n,m; ll C[maxn][maxm]; int lowbit(int x){return x&(-x);} void init(int n,int m) //初始化n行m列矩陣 { this->n=n; this->m=m; memset(C,0,sizeof(C)); } void add(int x,int y,ll val) //在點(x,y)加上val { for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) for(int j=y;j<=m;j+=lowbit(j)) C[i][j]+=val; } ll ask(int x,int y) //求左上角為(1,1)右下角為(x,y)的矩陣和 { ll ret=0; for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i)) for(int j=y;j>0;j-=lowbit(j)) ret+=C[i][j]; return ret; } }BIT; int main() { int n=10,m=10; BIT.init(n,m); BIT.add(1,1,2); BIT.add(3,6,7); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) cout<<BIT.ask(i,j)<<"\t"; cout<<endl; } }
④-②區間修改、單點查詢 二維樹狀數組:
和之前的一維樹狀數組一樣,仿照②區間查詢、單點修改樹狀數組的操作,同樣用差分的方法,將本問題轉化為④-①,
由於數組$a\left[ i \right]\left[ j \right]$的前綴和有這樣的公式:
$sum\left[ i \right]\left[ j \right] = \left( {sum\left[ {i - 1} \right]\left[ j \right] + sum\left[ i \right]\left[ {j - 1} \right] - sum\left[ {i - 1} \right]\left[ {j - 1} \right]} \right) + a\left[ i \right]\left[ j \right]$
套用求前綴和的形式,假設差分數組為$d\left[ i \right]\left[ j \right]$,可以有:
$a\left[ i \right]\left[ j \right] = \left( {a\left[ {i - 1} \right]\left[ j \right] + a\left[ i \right]\left[ {j - 1} \right] - a\left[ {i - 1} \right]\left[ {j - 1} \right]} \right) + d\left[ i \right]\left[ j \right]$
就能得到:
$d\left[ i \right]\left[ j \right] = a\left[ i \right]\left[ j \right] - \left( {a\left[ {i - 1} \right]\left[ j \right] + a\left[ i \right]\left[ {j - 1} \right] - a\left[ {i - 1} \right]\left[ {j - 1} \right]} \right)$
那么,同樣先說修改:
目標是給$\left( {x_1 ,y_1 } \right)$到$\left( {x_2 ,y_2 } \right)$的矩陣全部加上$x$,不難發現,差分數組變動的只有四個點:
$d\left[ {x_1 } \right]\left[ {y_1 } \right] + = x\;,\;d\left[ {x_1 } \right]\left[ {y_2 + 1} \right] - = x\;,\;d\left[ {x_2 + 1} \right]\left[ {y_1 } \right] - = x\;,\;d\left[ {x_2 + 1} \right]\left[ {y_2 + 1} \right] + = x$
這個可以自己舉個栗子驗證一下。
再說查詢:
同一維樹狀數組一樣,求左上角為$\left( {1,1} \right)$右下角為$\left( {x,y} \right)$的矩陣和就是d[x][y]的前綴和,正好就是要查詢的a[x][y]。
代碼:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1005; const int maxm=1005; struct BIT_2D { int n,m; ll C[maxn][maxm]; int lowbit(int x){return x&(-x);} void init(int n,int m) //初始化n行m列矩陣 { this->n=n; this->m=m; memset(C,0,sizeof(C)); } void add(int x,int y,ll val) { for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) for(int j=y;j<=m;j+=lowbit(j)) C[i][j]+=val; } void range_add(int x1,int y1,int x2,int y2,ll x) //左上角為(x1,y1)右下角為(x2,y2)的矩陣全部加上x { add(x1,y1,x); add(x1,y2+1,-x); add(x2+1,y1,-x); add(x2+1,y2+1,x); } ll ask(int x,int y) //查詢點(x,y)的值 { ll ret=0; for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i)) for(int j=y;j>0;j-=lowbit(j)) ret+=C[i][j]; return ret; } }BIT; int main() { int n=10,m=10; BIT.init(n,m); BIT.range_add(2,2,4,4,1); BIT.range_add(5,6,8,8,2); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) cout<<BIT.ask(i,j)<<"\t"; cout<<endl; } }
④-②區間修改、區間查詢 二維樹狀數組:
又到了最亦可賽艇的部分了!依然仿照③區間查詢、區間修改 樹狀數組的操作。
首先$sum\left[ i \right]\left[ j \right] = \sum\limits_{x = 1}^i {\sum\limits_{y = 1}^j {a\left[ x \right]\left[ y \right]} } $,
又由於$a\left[ x \right]\left[ y \right]{\rm{ = }}\sum\limits_{u = 1}^x {\sum\limits_{v = 1}^y {d\left[ u \right]\left[ v \right]} } $,
所以有:
$sum\left[ i \right]\left[ j \right] = \sum\limits_{x = 1}^i {\sum\limits_{y = 1}^j {\left( {\sum\limits_{u = 1}^x {\sum\limits_{v = 1}^y {d\left[ u \right]\left[ v \right]} } } \right)} } $
可以說是非常復雜了……
但模仿③的操作,我們依然可以統計d[u][v]出現次數:
不難想象,從$a\left[ 1 \right]\left[ 1 \right]$到$a\left[ i \right]\left[ j \right]$,$d\left[ 1 \right]\left[ 1 \right]$全部都要出現一次,所以有$i \times j$個$d\left[ 1 \right]\left[ 1 \right]$,即$d\left[ 1 \right]\left[ 1 \right] \times i \times j$
類似的,有$d\left[ 1 \right]\left[ 2 \right] \times i \times \left( {j - 1} \right)\;,\;d\left[ 2 \right]\left[ 1 \right] \times \left( {i - 1} \right) \times j\;,\;d\left[ 2 \right]\left[ 2 \right] \times \left( {i - 1} \right) \times \left( {j - 1} \right)$ 等等等等……
所以我們不難把式子變成:
$sum\left[ i \right]\left[ j \right] = \sum\limits_{x = 1}^i {\sum\limits_{y = 1}^j {\left[ {d\left[ x \right]\left[ y \right] \times \left( {i + 1 - x} \right) \times \left( {j + 1 - y} \right)} \right]} } $
展開得到:
$sum\left[ i \right]\left[ j \right] = \sum\limits_{x = 1}^i {\sum\limits_{y = 1}^j {\left[ {d\left[ x \right]\left[ y \right] \cdot \left( {i + 1} \right)\left( {j + 1} \right) - d\left[ x \right]\left[ y \right] \cdot x\left( {j + 1} \right) - d\left[ x \right]\left[ y \right] \cdot \left( {i + 1} \right)y + d\left[ x \right]\left[ y \right] \cdot xy} \right]} } $
也就相當於把這個式子拆成了四個部分:
$\begin{array}{l}
\left( {i + 1} \right)\left( {j + 1} \right) \times \sum\limits_{x = 1}^i {\sum\limits_{y = 1}^j {d\left[ x \right]\left[ y \right]} } \\
- \left( {j + 1} \right) \times \sum\limits_{x = 1}^i {\sum\limits_{y = 1}^j {\left( {d\left[ x \right]\left[ y \right] \cdot x} \right)} } \\
- \left( {i + 1} \right) \times \sum\limits_{x = 1}^i {\sum\limits_{y = 1}^j {\left( {d\left[ x \right]\left[ y \right] \cdot y} \right)} } \\
\sum\limits_{x = 1}^i {\sum\limits_{y = 1}^j {\left( {d\left[ x \right]\left[ y \right] \cdot xy} \right)} } \\
\end{array}$
所以我們需要在原來 $C1\left[ i \right]\left[ j \right]$ 記錄 ${d\left[ i \right]\left[ j \right]}$ 的基礎上,再添加三個樹狀數組:
$C2\left[ i \right]\left[ j \right]$ 記錄 ${d\left[ i \right]\left[ j \right] \cdot i}$
$C3\left[ i \right]\left[ j \right]$ 記錄 ${d\left[ i \right]\left[ j \right] \cdot j}$
$C4\left[ i \right]\left[ j \right]$ 記錄 ${d\left[ i \right]\left[ j \right] \cdot ij}$
這樣一來,就能通過數組$a\left[ i \right]\left[ j \right]$的差分數組$d\left[ i \right]\left[ j \right]$來得到$a\left[ i \right]\left[ j \right]$的前綴和數組$sum\left[ i \right]\left[ j \right]$,
最后,易知$\left( {x_1 ,y_1 } \right)$到$\left( {x_2 ,y_2 } \right)$的矩陣和就等於$sum\left[ {x_2 } \right]\left[ {y_2 } \right] - sum\left[ {x_2 } \right]\left[ {y_1 - 1} \right] - sum\left[ {x_1 - 1} \right]\left[ {y_2 } \right] + sum\left[ {x_1 - 1} \right]\left[ {y_1 - 1} \right]$。
代碼:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1005; const int maxm=1005; struct BIT_2D { int n,m; ll C1[maxn][maxm],C2[maxn][maxm],C3[maxn][maxm],C4[maxn][maxm]; int lowbit(int x){return x&(-x);} void init(int n,int m) //初始化n行m列矩陣 { this->n=n; this->m=m; memset(C1,0,sizeof(C1)); memset(C2,0,sizeof(C2)); memset(C3,0,sizeof(C3)); memset(C4,0,sizeof(C4)); } void add(int x,int y,ll val) { for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) { for(int j=y;j<=m;j+=lowbit(j)) { C1[i][j]+=val; C2[i][j]+=val*x; C3[i][j]+=val*y; C4[i][j]+=val*x*y; } } } void range_add(int x1,int y1,int x2,int y2,ll x) //左上角為(x1,y1)右下角為(x2,y2)的矩陣全部加上x { add(x1,y1,x); add(x1,y2+1,-x); add(x2+1,y1,-x); add(x2+1,y2+1,x); } ll ask(int x,int y) //查詢左上角為(1,1)右下角為(x,y)的矩陣和 { ll ret=0; for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i)) { for(int j=y;j>0;j-=lowbit(j)) { ret+=(x+1)*(y+1)*C1[i][j]; ret-=(y+1)*C2[i][j]+(x+1)*C3[i][j]; ret+=C4[i][j]; } } return ret; } ll range_ask(int x1,int y1,int x2,int y2) //查詢左上角為(x1,y1)右下角為(x2,y2)的矩陣和 { return ask(x2,y2)-ask(x1-1,y2)-ask(x2,y1-1)+ask(x1-1,y1-1); } }BIT; int main() { int n=10,m=10; BIT.init(n,m); BIT.range_add(2,2,4,4,1); BIT.range_add(5,6,8,8,2); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) cout<<BIT.range_ask(i,j,i,j)<<"\t"; cout<<endl; } cout<<BIT.range_ask(2,2,4,4)<<endl; cout<<BIT.range_ask(5,6,8,8)<<endl; cout<<BIT.range_ask(2,2,8,8)<<endl; }
本文主要參考https://www.cnblogs.com/RabbitHu/p/BIT.html