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树状数组 + 线段树

news 来源：原创 2025/5/3 16:04:14

引入知识：

一、树状数组

1. 可以解决的操作

2. 基本原理

3. 基本应用

1）Acwing --- 241 - 楼兰图腾

代码如下：

2）Acwing --- 242 - 一个简单的整数问题（区间修改+单点查询）

代码如下：

3）Acwing --- 243 - 一个简单的整数问题2（区间修改+区间查询）

思路：

代码如下：

4）Acwing --- 244 - 谜一样的牛

思路：

代码如下：

二、线段树

1.最简单的线段树的四种基本操作

2.原理

3. 应用

1）Acwing --- 1275 - 最大数

思路：

代码如下：

2）Acwing --- 245 - 你能回答这些问题吗

思路：

代码如下：

3）Acwing --- 246 - 区间最大公约数

代码如下：

引入知识：

lowbit操作，原理：

代码实现：

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

一、树状数组

1. 可以解决的操作

1) 快速求前缀和 -O(logn)

2) 修改某一个数 -O(logn)

一般情况下，是否用树状数组做某个题，就是看是不是只有这两种操作，否则做不了。

注意：树状数组只能解决区间求和问题，解决不了最值问题。

2. 基本原理

可以参考：树状数组 - OI Wiki

基于二进制实现：

假设 x=2 ^ i [k] + 2 ^ i [k - 1] + 2 ^ i [k - 2] + ... + 2 ^ i [1] , i [k] >= i [k - 1] >= i [k - 2] >= ... >=i[1]

我们可以将 x 划分为以下 k 个区间：

( 1 ) : [ x - 2 ^ i [1] , x ] 包含2 ^ i [1]个数

( 2 ) : [ x - 2 ^ i [2] - 2 ^ i [1] , x - 2 ^ i [1] ] 包含2 ^ i [2]个数

........

( k ) : [ x , x - 2 ^ i [k - 1] - 2 ^ i [k - 2] - ... - 2 ^ i [1] ] 包含2 ^ i [k]个数

观察右端点，我们可以发现区间( L,R ]长度一定是R的二进制最后一位表示的最后一位1所对应的次幂，所以区间可以表示为 [ R-lowbit(R)+1 , R ] ;

令C[x] =a [ x-lowbit(x)+1 , x ]

接下来，观察C[ x ]( 表示区间[ x-lowbit(x)+1 , x ]中所有数的和 )，不难看出1~x所有数的和最多可以划分为log(x)个区间，因此算总和可以用log(x)的时间复杂度。

假设原数组a：1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10 , 11 , 12 , 13 , 14 , 15 , 16

则c[ 1 ]=1 , c[ 3 ]=3 , c[ 5 ]=5 , c[ 7 ]=7 , c[ 9 ]=9 , c[ 11 ]=11 , c[ 13 ]=13 , c[ 15 ]=15 ,

c[ 2 ]=sum{ 1 , 2} , c[ 4 ]=sum{ 1 , 2 , 3 , 4 } , c[ 6 ]=sum{ 5 , 6 },

c[ 8 ]=sum{ 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 } , c[ 10 ]=sum{ 9 , 10 },c[ 12 ]=sum{9 , 10 , 11 , 12}

c[ 14 ]=sum{ 13 , 14 }

c[ 16 ]=sum{ 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10 , 11 , 12 , 13 , 14 , 15 , 16 }

如下图所示：

初始化：for(int i=1;i<=n;i++)add(i,a[i]); //O(logn)

        假设x=......10000 ，则C[ x ]=以x结尾，长度为2^4的区间和，求[ x-2^4+1,x ] 区间和，则第一段区间：( ......01110 , ......01111 ] ,

        第二段区间：( ......01100 , ......01110 ] ,

        第三段区间：( ......01000 , ......01100 ] ,

        第四段区间：( ......00000 , ......01000 ] ,

即 C[ x ]=a[ x ]+C[ 15 ]+C[ 14 ]+C[ 12 ]+C[ 8 ]。

        C [ i ]：表示已 i 结尾的长度为lowbit(i)的区间和。

        修改操作：修改的过程是每次在二进制的最后的1加上1。

        假设修改a[ 7 ] , 则C[ 7 ]、C[ 8 ]、C[ 16 ]都会改变。

因此，假设a[ x ]+= y , 则for(int i=x;i <= n;i += lowbit(i)) C[ i ] += y ;

        查询操作(求1~x的和)：查询的过程是每次去掉二进制的最后1位1(lowbit 操作)。

for(int i=x; i ;i -= lowbit(i)) C[ i ] += y;

3. 基本应用

--- 区间修改+单点查询

--- 区间修改+区间查询

--- 二维区间修改+区间查询

--- 偏序问题（逆序对+离散化）

---区间最值

1）Acwing --- 241 - 楼兰图腾

题目来源：https://www.acwing.com/problem/content/243/

问题描述：

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
int n;
int a[N],tr[N];//a表示原数组，tr表示树状数组
int Greater[N],lower[N];//Greater[k]：1~k-1中比a[k]大的数的个数，lower[k]1~k-1中比a[k]小的数的个数
int lowbit(int x){return x&-x;
}
void add(int x,int c){//修改for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))tr[i]+=c;
}
int sum(int x){//查询前缀和int res=0;for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i))res+=tr[i];return res;
}
void solve(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=n;i++){int y=a[i];Greater[i]=sum(n)-sum(y);//1~y-1中有多少个大于y的数lower[i]=sum(y-1);//1~y-1中有多少个小于y的数add(y,1);//把这个数加进树状数组中，表示数字y出现次数多1}memset(tr,0,sizeof tr);ll res1=0,res2=0;for(int i=n;i>0;i--){int y=a[i];res1+=Greater[i]*(ll)(sum(n)-sum(y));//左边比y大的数*y+1~n中比y大的数res2+=lower[i]*(ll)sum(y-1);//add(y,1);//把这个数加进树状数组中，表示数字y出现次数多1}cout<<res1<<" "<<res2<<endl;
}
int main(){int t;t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

2）Acwing --- 242 - 一个简单的整数问题（区间修改+单点查询）

原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/248/

题目描述：

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
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;
}
void solve(){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],add(i,a[i]-a[i-1]);while(m--){char op[2];int l,r,d;cin>>op>>l;if(op[0]=='C'){cin>>r>>d;add(l,d),add(r+1,-d);    //差分}else{cout<<sum(l)<<endl;}}
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

3）Acwing --- 243 - 一个简单的整数问题2（区间修改+区间查询）

原题链接：https://acwing.com/problem/content/244/

问题描述：

思路：

1. 原数组a变成差分数组b---求a[l~r]+c ---> b[ l ] += c ; b[ r + 1 ] -= c ;

2. 求S=a[1]+...+a[x]

        for(int i=1;i<=x;i++)

                for(int j=1;j<=i;j++)

                        S += b[j];

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
ll n,m;
ll a[N];
ll tr1[N],tr2[N];//tr[1]：维护差分数组b[i]的前缀和，tr2[i]维护b[i]*i的前缀和ll lowbit(ll x){return x&-x;
}
void add(ll tr[],ll x,ll c){for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))tr[i]+=c;
}
ll sum(ll tr[],ll x){ll res=0;for(int i=x;i;i-=lowbit(i))res+=tr[i];return res;
}
ll prefix_sum(ll x){return sum(tr1,x)*(x+1)-sum(tr2,x);
}
int main(){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++){ll b=a[i]-a[i-1];add(tr1,i,b);add(tr2,i,(ll)b*i);}while(m--){char op[2];ll l,r,d;cin>>op>>l>>r;if(op[0]=='Q'){cout<<prefix_sum(r)-prefix_sum(l-1)<<endl;}else{cin>>d;;add(tr1,l,d),add(tr2,l,l*d);add(tr1,r+1,-d),add(tr2,r+1,-(r+1)*d);}}
}

4）Acwing --- 244 - 谜一样的牛

原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/245/

题目描述：

思路：

假设有n头牛，第 i 头牛前面有a[ i ]头牛比第 i 头牛矮的牛，则第 i 头牛应该是剩下的牛中排行第a[ i ]+1的牛

1.从剩余的数中，找出第 k 小的数 <--->找到最小的一个x，使得sum(x)=k(sum(x)表示1~x中剩余多少个数) 2. 删除某个数

首先，a[1]~a[n]=1，表示每个身高可以用一次，然后用树状数组维护a[1]~a[n]的前缀和。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n;
int h[N],ans[N],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(){cin>>n;h[1]=0;for(int i=2;i<=n;i++)cin>>h[i];for(int i=1;i<=n;i++)tr[i]=lowbit(i);for(int i=n;i;i--){int k=h[i]+1;int l=1,r=n;while(l<r){int mid=l+r>>1;if(sum(mid)>=k)r=mid;else l=mid+1;}ans[i]=r;add(r,-1);}for(int i=1;i<=n;i++)cout<<ans[i]<<endl;
}

二、线段树

1.最简单的线段树的四种基本操作

1）push up(u)：由子节点算父节点的信息

2）build ()：将一段区间初始化成线段树

3）modify()：修改某个点或者区间---1. 修改单点 2. 修改区间 push down(又称懒标记或延迟标记)：把当前父节点的修改信息更新到子节点

4)query()

2.原理

线段树基础 - OI Wiki

除最后一层外，是满二叉树 ---> 用一维数组存储

编号是x的点：父节点编号是 x/2（x>>1）下取整，左儿子编号是 2x（x<<1），右儿子编号是 2x+1（x<<1|1）。

整棵树有n个叶子结点，除了最后一层一共2n-1个点，最坏情况下，最后一层是倒数第二层的两倍，因此最坏情况下，整棵树有4n-1个结点。

build(int u,int l,int r){

tr[n].l=l,tr[n.r=r;

if(l==r)return ;

int mid=l+r>>1;

build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r);

}

3. 应用

1）Acwing --- 1275 - 最大数

问题描述：

给定一个正整数数列 a1,a2,…,an，每一个数都在 0∼p−1 之间。

可以对这列数进行两种操作：

1. 添加操作：向序列后添加一个数，序列长度变成 n+1；
2. 询问操作：询问这个序列中最后 L 个数中最大的数是多少。
程序运行的最开始，整数序列为空。

写一个程序，读入操作的序列，并输出询问操作的答案。

输入格式
第一行有两个正整数 m,p，意义如题目描述；

接下来 m 行，每一行表示一个操作。

如果该行的内容是 Q L，则表示这个操作是询问序列中最后 L 个数的最大数是多少；

如果是 A t，则表示向序列后面加一个数，加入的数是 (t+a) mod p。其中，t 是输入的参数，a 是在这个添加操作之前最后一个询问操作的答案（如果之前没有询问操作，则 a=0）。

第一个操作一定是添加操作。对于询问操作，L>0 且不超过当前序列的长度。

输出格式
对于每一个询问操作，输出一行。该行只有一个数，即序列中最后 L 个数的最大数。

数据范围
1≤m≤2×105,
1≤p≤2×109,
0≤t<p

输入样例

10 100
A 97
Q 1
Q 1
A 17
Q 2
A 63
Q 1
Q 1
Q 3
A 99

输出样例

97
97
97
60
60
97

思路：

1. 在某个位置修改一个数

2. 在某一个区间内的最大值

struct Node{

int l,r; //左右端点

int v; //记录区间内的最大值 //一般存某个区间的某种属性（看这个属性能不能由两个子区间的属性算出来，不能的话，再存一些其他属性）

}

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int m,p;
struct Node{int l,r;int v;//区间l~r的最大值
}tr[N*4];
void pushup(int u){//由子节点的信息，来计算父节点的信息tr[u].v=max(tr[u<<1].v,tr[u<<1|1].v);
}
void build(int u,int l,int r){tr[u]={l,r};if(l==r)return ;int mid=(l+r)>>1;build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r);
}
int query(int u,int l,int r){if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r)return tr[u].v;//树中节点已经被完全包含在[l,r]中了int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1;int v=0;if(l<=mid)v=query(u<<1,l,r);if(r>mid)v=max(v,query(u<<1|1,l,r));return v;
}
void modify(int u,int x,int v){if(tr[u].l==x&&tr[u].r==x)tr[u].v=v;else{int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1;if(x<=mid)modify(u<<1,x,v);else modify(u<<1|1,x,v);pushup(u);}
}
void solve(){int n=0,a=0;//n表示当前数据的个数cin>>m>>p;build(1,1,m);char op[2];int x;while(m--){cin>>op>>x;if(op[0]=='Q'){a=query(1,n-x+1,n);cout<<a<<endl;}else{modify(1,n+1,(a+x)%p);n++;}}
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

2）Acwing --- 245 - 你能回答这些问题吗

原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/246/

问题描述：

思路：

1. 单点修改

2. 查询区间内的最大字段和

struct Node{

int l,r; //区间左右端点

int tmax; //最大连续字段和

int lmax; //最大前缀和

int rmax; //最大后缀和

int sum; //区间和

}

tmax=max(左儿子的tamx，右儿子的tmax，左儿子的rmax+右儿子的lmax);

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+10;
int n,m;
int w[N];
struct Node{int l,r;int sum,lmax,rmax,tmax;
}tr[N*4];
void pushup(Node &u,Node &l,Node &r){//u是l和r的父节点u.sum=l.sum+r.sum;u.lmax=max(l.lmax,l.sum+r.lmax);u.rmax=max(r.rmax,r.sum+l.rmax);u.tmax=max(max(l.tmax,r.tmax),l.rmax+r.lmax);
}
void pushup(int u){pushup(tr[u],tr[u<<1],tr[u<<1|1]);
}
void build(int u,int l,int r){if(l==r)tr[u]={l,r,w[r],w[r],w[r],w[r]};else{tr[u]={l,r};int mid=l+r>>1;build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r);pushup(u);}
}
int modify(int u,int x,int v){if(tr[u].l==x&&tr[u].r==x)tr[u]={x,x,v,v,v,v};else{int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1;if(x<=mid)modify(u<<1,x,v);else modify(u<<1|1,x,v);pushup(u);}
}
Node query(int u,int l,int r){if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r)return tr[u];else{int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1;if(r<=mid)return query(u<<1,l,r);else if(l>mid)return query(u<<1|1,l,r);else{auto left=query(u<<1,l,r);auto right=query(u<<1|1,l,r);Node res;pushup(res,left,right);return res;}}
}
void solve(){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i];build(1,1,n);int k,x,y;while(m--){cin>>k>>x>>y;if(k==1){if(x>y)swap(x,y);cout<<query(1,x,y).tmax<<endl;}else modify(1,x,y);}
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

3）Acwing --- 246 - 区间最大公约数

原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/247/

问题描述：

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+10;
int n,m;
ll w[N];
struct Node{int l,r;ll sum,d;
}tr[N*4];
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;
}
void pushup(Node &u,Node &l,Node &r){u.sum=l.sum+r.sum;u.d=gcd(l.d,r.d);
}
void pushup(int u){pushup(tr[u],tr[u<<1],tr[u<<1|1]);
}
void build(int u,int l,int r){if(l==r){ll b=w[r]-w[r-1];tr[u]={l,r,b,b};}else{tr[u]={l,r};int mid=l+r>>1;build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r);pushup(u);}
}
void modify(int u,int x,ll v){if(tr[u].l==x&&tr[u].r==x){ll b=tr[u].sum+v;tr[u]={x,x,b,b};}else{int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1;if(x<=mid)modify(u<<1,x,v);else modify(u<<1|1,x,v);pushup(u);}
}
Node query(int u,int l,int r){//if(l>r)return {0};if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r)return tr[u];else{int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1;if(r<=mid)return query(u<<1,l,r);else if(l>mid)return query(u<<1|1,l,r);else{auto left=query(u<<1,l,r),right=query(u<<1|1,l,r);Node res;pushup(res,left,right);return res;}}
}
void solve(){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i];build(1,1,n);int l,r;char op[2];ll d;while(m--){cin>>op>>l>>r;if(op[0]=='Q'){auto left=query(1,1,l);Node right={0,0,0,0};if(l+1<=r)right=query(1,l+1,r);cout<<abs(gcd(left.sum,right.d))<<endl;}else{cin>>d;modify(1,l,d);if(r+1<=n)modify(1,r+1,-d);}}
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}