poj 2352

树状数组

第01讲 什么是树状数组？

树状数组用来求区间元素和，求一次区间元素和的时间效率为O(logn)。有些同学会觉得很奇怪。用一个数组S[i]保存序列A[]的前i个元素和，那么求区间i,j的元素和不就为S[j]-S[i-1]，那么时间效率为O(1)，岂不是更快？但是，如果题目的A[]会改变呢？例如：我们来定义下列问题：我们有n个盒子。可能的操作为：

1.向盒子k添加石块

2.查询从盒子i到盒子j总的石块数

自然的解法带有对操作1为O(1)而对操作2为O(n)的时间复杂度。但是用树状数组，对操作1和2的时间复杂度都为O(logn)。

第02讲 图解树状数组C[]

现在来说明下树状数组是什么东西？假设序列为A[1]~A[8]

 

网络上面都有这个图，但是我将这个图做了2点改进。

（1）图中有一棵满二叉树，满二叉树的每一个结点对应A[]中的一个元素。

（2）C[i]为A[i]对应的那一列的最高的节点。

现在告诉你：序列C[]就是树状数组。

那么C[]如何求得？

C[1]=A[1];

C[2]=A[1]+A[2];

C[3]=A[3];

C[4]=A[1]+A[2]+A[3]+A[4];

C[5]=A[5];

C[6]=A[5]+A[6];

C[7]=A[7];

C[8]= A[1]+A[2]+A[3]+A[4]+A[5]+A[6]+A[7]+A[8];

以上只是枚举了所有的情况，那么推广到一般情况，得到一个C[i]的抽象定义：因为A[]中的每个元素对应满二叉树的每个叶子，所以我们干脆把A[]中的每个元素当成叶子，那么：C[i]=C[i]的所有叶子的和。现在不得不引出关于二进制的一个规律：

先仔细看下图：

 

将十进制化成二进制，然后观察这些二进制数最右边1的位置：

1 --> 00000001

2 --> 00000010

3 --> 00000011

4 --> 00000100

5 --> 00000101

6 --> 00000110

7 --> 00000111

8 --> 00001000

1的位置其实从我画的满二叉树中就可以看出来。但是这与C[]有什么关系呢？接下来的这部分内容很重要：在满二叉树中，

以1结尾的那些结点（C[1],C[3],C[5],C[7]），其叶子数有1个，所以这些结点C[i]代表区间范围为1的元素和；

以10结尾的那些结点（C[2],C[6]），其叶子数为2个，所以这些结点C[i]代表区间范围为2的元素和；

以100结尾的那些结点（C[4]），其叶子数为4个，所以这些结点C[i]代表区间范围为4的元素和；

以1000结尾的那些结点（C[8]），其叶子数为8个，所以这些结点C[i]代表区间范围为8的元素和。

扩展到一般情况：

i的二进制中的从右往左数有连续的x个“0”，那么拥有2^x个叶子，为序列A[]中的第i-2^x+1到第i个元素的和。终于，我们得到了一个C[i]的具体定义：

C[i]=A[i-2^x+1]+…+A[i]，其中x为i的二进制中的从右往左数有连续“0”的个数。

第03讲 利用树状数组求前i个元素的和S[i]

理解了C[i]后，前i个元素的和S[i]就很容易实现。从C[i]的定义出发：

C[i]=A[i-2^x+1]+…+A[i]，其中x为i的二进制中的从右往左数有连续“0”的个数。

我们可以知道：C[i]是肯定包括A[i]的，那么：S[i]=C[i]+C[i-2^x]+…

也许上面这个公式太抽象了，因为有省略号，我们拿一个具体的实例来看：

S[7]=C[7]+C[6]+C[4]

因为C[7]=A[7]，C[6]=A[6]+A[5]，C[4]=A[4]+A[3]+A[2]+A[1]，所以S[7]=C[7]+C[6]+C[4]

（1）i=7，求得x=0，那么我们求得了A[7]；

（2）i=i-2^x=6，求得x=1，那么求得了A[6]+A[5]；

（3）i=i-2^x=4，求得x=2，那么求得了A[4]+A[3]+A[2]+A[1]。

讲到这里其实有点难度，因为S[i]的求法，如果要讲清楚，那么得写太多的东西了。所以不理解的同学，再反复多看几遍。

从（1）（2）（3）这3步可以知道，求S[i]就是一个累加的过程，如果将2^x求出来了，那么这个过程用C++实现就没什么难度。现在直接告诉你结论：2^x=i&(-i)

证明：设A’为A的二进制反码，i的二进制表示成A1B，其中A不管，B为全0序列。那么-i=A’0B’+1。由于B为全0序列，那么B’就是全1序列，所以-i=A’1B，所以：i&(-i)= A1B& A’1B=1B，即2^x的值。

所以根据（1）（2）（3）的过程我们可以写出如下的函数：

int Sum(int i) //返回前i个元素和

{

       int s=0;

       while(i>0)

       {

              s+=C[i];

              i-=i&(-i);

       }

       return s;

}

 

第04讲 更新C[]

正如第01讲提到的小石块问题，如果数组A[i]被更新了怎么办？那么如何改动C[]？如果改动C[]也需要O(n)的时间复杂度，那么树状数组就没有任何优势。所以树状数组在改动C[]上面的时间效率为O(logn)，为什么呢？因为改动A[i]只需要改动部分的C[]。这一点从第02讲的图中就可以看出来：

 

如上图：假如A[3]=3，接着A[3]+=1，那么哪些C[]需要改变呢？

答案从图中就可以得出：C[3],C[4],C[8]。因为这些值和A[3]是有联系的，他们用树的关系描述就是：C[3],C[4],C[8]是A[3]的祖先。那么怎么知道那些C[]需要变化呢？我们来看“A”这个结点。这个“A”结点非常的重要，因为他体现了一个关系：A的叶子数为C[3]的2倍。因为“A”的左子树和右子树的叶子数是相同的。因为2^x代表的就是叶子数，所以C[3]的父亲是A，A的父亲是C[i+2^0]，即C[3]改变，那么C[3+2^0]也改变。我们再来看看“B”这个结点。B结点的叶子数为2倍的C[6]的叶子数。所以B和C[6+2^1]在同一列，所以C[6]改变，C[6+2^1]也改变。

推广到一般情况就是：

如果A[i]发生改变，那么C[i]发生改变，C[i]的父亲C[i+2^x]也发生改变。这一行的迭代过程，我们可以写出当A[i]发生改变时，C[]的更新函数为：

void Update(int i,int value)  //A[i]的改变值为value

{

       while(i<=n)

       {

              C[i]+=value;

              i+=i&(-i);

       }

}

第05讲 一维树状数组的应用举例

废了4讲的话，我们终于把一维树状数组的2个不到5行的代码给搞定了。现在要正式投入到应用当中。

题目链接：http://poj.org/problem?id=2352

题意：按照y升序给你n个星星的坐标，如果有m个星星的x,y坐标均小于等于星星A的坐标，那么星星A的等级为m。

分析：是一道树状数组题。举例来说，以下是题目的输入：

5

1 1

5 1

7 1

3 3

5 5

由于y坐标是升序的且坐标不重复，所以在星星A后面输入的星星的x,y坐标不可能都小于等于星星A。假如当前输入的星星为（3,3），易得我们只需要去找树状数组中小于等于3的值就可以了，即GetSum(3)。注意：A[i]表示x坐标为i的个数，C[]为A[]的树状数组，那么GetSum(i)就是序列中前i个元素的和，即x小于等于i的星星数。

本题还是一点要注意：星星坐标的输入可以是（0,0），所以我们把x坐标统一加1，然后用树状数组实现。

第06讲 二维树状数组

BIT可用为二维数据结果。假设你有一个带有点的平面(有非负的坐标)。你有三个问题：

1.在(x , y)设置点

2.从(x , y)移除点

3.在矩形(0 , 0), (x , y)计算点数 - 其中(0 , 0)为左下角，(x , y)为右上角，而边是平行于x轴和y轴。

对于1操作，在（x,y）处设置点，即Update(x,y,1)，那么这个Update要怎么写？很简单，因为x，y坐标是离散的，所以我们分别对x,y进行更新即可，函数如下：

void Update(int x,int y,int val)

{

       while(x<=n)

       {

              int y1=y;

              while(y1<=n)

              {

                     C[x][y1]+=val;

                     y1+=y1&(-y1);

              }

              x+=x&(-x);

       }

}

那么根据Update可以推得：GetSum函数为：

int GetSum(int x,int y)

{

       int sum=0;

       while(x>0)

       {

              int y1=y;

              while(y1>0)

              {

                     sum+=C[x][y1];

                     y1-=y1&(-y1);

              }

              x-=x&(-x);

       }

       return sum;

}

第07讲 二维树状数组的应用举例

题目链接：http://poj.org/problem?id=2155

我们先讨论POJ2155的一维情况，如下：

有一个n卡片的阵列。每个卡片倒放在桌面上。你有两个问题：

  1. T i j (反转从索引i到索引j的卡片，包括第i张和第j张卡——面朝下的卡将朝上；面朝上的卡将朝下)

  2. Q i (如果第i张卡面朝下回答0否则回答1)

解决：

解决问题(1和2)的方法有时间复杂度O(log n)。在数组f(长度n + 1)我们存储每个问题T(i, j)——我们设置f[i]++和f[j + 1]--。对在i和j之间(包括i和j)每个卡k求和f[1] + f[2] + ... + f[k]将递增1，其他全部和前面的一样(看图2.0清楚一些)，我们的结果将描述为和(和累积频率一样)模2。

 

图 2.0

使用BIT来存储(增加/减少)频率并读取累积频率。

理解了一维的情况，POJ2155就是其二维的版本，易得只需要更(x1,y1)，(x1,y2+1)，(x2+1,y1)，(x2+1,y2+1)四个点的C[]的值就可以了，最后的结果依然是GetSum(x,y)%2

 

POJ 2352的代码如下：

 

#include<iostream>
using namespace std;
const int NMAX = 15005;
const int MMAX = 32005;



int n, ar[MMAX], lev[NMAX];

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

void add(int i)
{
    while(i <= MMAX)
	{          //  这里不能用n，要区别开来。
        ar[i] += 1;
        i += lowbit(i);
    }
}

int sum(int i)
{
    int ans = 0;
    while(i > 0)
	{
        ans += ar[i];
        i -= lowbit(i);
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int i, x, y;
    scanf("%d", &n);
    for(i = 0; i < n; i ++)
	{
        scanf("%d%d", &x, &y);
        lev[sum(++x)] ++;      // 一定要++x，以后要注意下，WA在了这。
        add(x);
    }
    for(i = 0; i < n; i ++)
        printf("%d\n", lev[i]);
    return 0;
}

 

  以上文字内容与来之http://blog.sina.com.cn/s/blog_8627bf080100sq46.html

自己关于树状数组的学习也将继续。。。。