数据结构--树状数组

树状数组（Fenwick Tree）

概述

树状数组是一种用于高效处理动态数组中前缀和查询的数据结构。它能够在 $O(logn)$ 时间复杂度内完成以下操作：

• 更新数组中的元素O(logn)
• 查询数组前缀和O(logn)

数组： O(1) 更新，O(n) 前缀和

前缀和数组： O(n) 更新，O(1) 前缀和

如果问题同时要大量更新和求前缀和，上述两种数据结构均会寄掉

树状数组则采取折中思路，把整体复杂度降低至O(logn)

数据结构

先放张整体结构图：

核心思想：二进制

对任意数x可将其二进制分解
$$x=2^{i_k}+2^{i_{k-1}}+2^{i_{k-2}}+\cdots +2^{i_1}$$

$$\text{其中}{i}_k>i_{k-1}>i_{k-2}>\cdots >i_1$$

从而将区间(0, x]分为以下几个部分：

$(x - 2^{i_1}, x] \longrightarrow \text{长度 } 2^{i_1} $

$(x-2^{i_1}-2^{i_2},x-2^{i_1}]⟶\text{长度 }{2}^{i_2}$

$(x-2^{i_1}-2^{i_2}-2^{i_3},x-2^{i_1}-2^{i_2}]⟶\text{长度 }{2}^{i_3}$

$(0,2^{i_k}]⟶\text{长度 }{2}^{i_k}$

容易发现，对于任意一段区间(L,R]

区间长度为lowbit(x),区间左端点L = R - lowbit(R)

则在上述规则下，只要确定右端点，左端点的信息也唯一确定

---

树状数组用一个数组来存储序列的信息:

tr[x]：存储序列在[x - lowbit(x) + 1, x]之间的数的片段和

则按照前面的区间划分规则

${\sum }_{i=1}^{x}a[i]={\sum }_{i=x-2^{i_1}+1}^{x}a[i]+{\sum }_{i=x-2^{i_1}-2^{i_2}+1}^{x-2^{i_1}}a[i]+\cdots +{\sum }_{i=1}^{2^{i_k}}a[i]$
$=tr[x]+tr[x-2^{i_1}]+\cdots +tr[2^{i_k}]$
$=tr[x]+tr[x-\text{lowbit}(x)]+tr[(x-\text{lowbit}(x))-\text{lowbit}(x-\text{lowbit}(x))]+\cdots$

看到公式的第三行，很容易想到可以用递归来实现，只需每层往下不断-lowbit(t)就行

x最多只有logx位1，所以树状数组求前缀和的操作复杂度是O(logn)

类似的，若要实现在原数组第x位上添加c
$$tr[x],tr[x+lowbit(x)],tr[(x+lowbit(x))+lowbit(tr[x]+lowbit(x))],\cdots$$
均需添加c(可能这个结论不是那么明显，读者可自行思考其中的原理，后续笔者将补充上证明)

当然这里不会无穷往后面加，我们只需用到1~n的数据，当加到超过n就可以停了，故整该操作的复杂度仍旧为O(logn)（分析同求和

一个更容易理解的视频讲解

操作

1. lowbit运算

复杂度：O(1)

代码如下，大家可以自行找几个数验证一下

int lowbit(int x)
{// 取出x的最后一位1return x & -x;
}

2.添加

复杂度：O(logn)

int add(int x, int c)
{// 向第x位添加c,c可正可负// 对所有含第x位的树节点均加上cfor (int i = X; i <= n; i += lowbit(i)) tr[i] += c;
}

3.前缀和

复杂度：O(logn)

int sum(int x)
{// 对第1~x位求和// 计算当前数存的值,然后迭代求剩余节点的值if (!x) return 0;return tr[x] + sum(x - lowbit(x));
}

例题

洛谷 P10589 楼兰图腾

题目描述

在完成了分配任务之后，西部 314 来到了楼兰古城的西部。相传很久以前这片土地上（比楼兰古城还早）生活着两个部落，一个部落崇拜尖刀（V），一个部落崇拜铁锹（∧），他们分别用 V 和 ∧ 的形状来代表各自部落的图腾。

西部 314 在楼兰古城的下面发现了一幅巨大的壁画，壁画上被标记出了 $N$ 个点，经测量发现这 $N$ 个点的水平位置和竖直位置是两两不同的。西部 314 认为这幅壁画所包含的信息与这 $N$ 个点的相对位置有关，因此不妨设坐标分别为 $(1,y_1),(2,y_2),\cdots ,(n,y_n)$，其中 $y_1\sim y_n$ 是 $1$ 到 $n$ 的一个排列。

如图，图中的 $y_1=1$，$y_2=5$，$y_3=3$，$y_4=2$，$y_5=4$。

西部 314 打算研究这幅壁画中包含着多少个图腾，其中 V 图腾的定义如下（注意：图腾的形式只和这三个纵坐标的相对大小排列顺序有关）$1\le i<j<k\le n$ 且 $y_i>y_j$, $y_j<y_k$；

而崇拜 ∧ 的部落的图腾被定义为 $1\le i<j<k\le n$ 且 $y_i<y_j$，$y_j>y_k$；

西部 314 想知道，这 $n$ 个点中两个部落图腾的数目。因此，你需要编写一个程序来求出 V 的个数和 ∧ 的个数。

输入

第一行一个正整数 $n$；

第二行是 $n$ 个正整数，分别代表 $y_1,y_2,\cdots ,y_n$​。

$n\le 200000$，答案不超过 $2^{63}-1$。

输出

输出两个数，中间用空格隔开，依次为 V 的个数和 ∧ 的个数

样例输入 #1

5
1 5 3 2 4

样例输出 #1

3 4

思路

$对\text{V}字形图腾，只需要知道每个点前后各有多少个比它高的;\wedge 字形反之$

$朴素思路是枚举到第i个点，再一一枚举前后比它高的元素,$
$复杂度O(n^2)\sim 10^{10},需要优化$

$想象有这么一个1\sim n的数轴，从左往右一一读取每个点,读完一个点就在数轴上标记1$

$则每个点左边比自己高的点数量其实就是前缀和sum(n)-sum(y)$

$而右边的只需从右往左一一读取再来一遍就行$

$然而这个前缀数组需要一直修改$
$尽管我们可以用O(1)的时间读出高点,但是需要O(n)的时间去维护它$

$复杂度仍旧是O(n^2),这就让我们想到了树状数组\to 更新和求和复杂度均为O(logn)$

$树状数组优化后复杂度变为O(nlogn),满足要求$

代码

// 利用树状数组存储某个数左/右 大于/小于它自己的数的数量
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 2e5 + 10;int n;
int a[N];
int tr[N];
int gre[N], low[N]; // 存储
LL res1, res2;inline int lowbit(int x)
{return x & (-x);
}inline int sum(int x)
{// 求前x项的和if (!x) return 0;return tr[x] + sum(x - lowbit(x));
}inline void add(int x, int c)
{for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) tr[i] += c;
}int main()
{scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i ++ )scanf("%d", &a[i]);// 从左到右来一遍for (int i = 1; i <= n; i ++ ){int y = a[i];gre[i] = sum(n) - sum(y); // 统计在i左边y + 1到n的数的数量low[i] = sum(y - 1); // 统计在i左边1到y - 1的数的数量add(y, 1); // 插入这个数}memset(tr, 0, sizeof tr);// 从右到左再来一遍for (int i = n; i; i --){int y = a[i];res1 += (LL)gre[i] * (sum(n) - sum(y));res2 += (LL)low[i] * (sum(y - 1));add(y, 1);}printf("%lld %lld", res1, res2);return 0;}

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POJ 2182 迷路的奶牛 $\Rightarrow 从后往前慢慢确定每头牛高度,树状数组前缀和+二分$

POJ 3468 A Simple Problem with Integers $\Rightarrow 维护两个前缀和数组的树状数组$