树状数组

1,用途
树状数组是一种非常优雅的数据结构.当要频繁的对数组元素进行修改,同时又要频繁的查询数组内任一区间元素之和的时候,可以考虑使用树状数组.
换句话说,树状数组最基本的应用:
对于一个数组，如果有多次操作，每次的操作有两种：1、修改数组中某一元素的值，2、求和，求数组元素a[1]+a[2]+…a[num]的和。
2,复杂度
最直接的算法可以在O(1)时间内完成一次修改,但是需要O(n)时间来进行一次查询.而树状数组的修改和查询均可在O(log(n))的时间内完成.
3,生成
设a[1...N]为原数组,定义c[1...N]为对应的树状数组:
c[i] = a[i - 2^k + 1] + a[i - 2^k + 2] + ... + a[i]
其中k为i的二进制表示末尾0的个数,所以2^k即为i的二进制表示的最后一个1的权值.
所以2^k可以表示为n&(n^(n-1))或更简单的n&(-n).

int lowbit(int n)
{
	return n& (-n);  
        //or return n&(n^(n-1));
}

也就是说，把k表示成二进制1***10000，那么c[k]就是1***00001 + 1***00010 + ... + 1***10000这一段数的和。
举例:

可以看出:设节点编号为x，那么这个节点管辖的区间为2^k个元素。（其中k为x二进制末尾0的个数）
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
...
C16 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8 + A9 + A10 + A11 + A12 + A13 + A14 + A15 + A16
4,修改
修改一个节点，必须修改其所有祖先，最坏情况下为修改第一个元素，最多有log(n)的祖先。
对a[n]进行修改后,需要相应的修改c数组中的p1, p2, p3...等一系列元素
其中p1 = n,  pi+1 = pi + lowbit(pi)
所以修改原数组中的第n个元素可以实现为:

void Modify(int n, int delta)
{
	while(n <= N)
	{ 
		c[n] += delta; 
		n += lowbit(n);
	}
}

5,求和
当要查询a[1],a[2]...a[n]的元素之和时,需要累加c数组中的q1, q2, q3...等一系列元素
其中q1  = n,qi+1 = qi - lowbit(qi)
所以计算a[1] + a[2] + .. a[n]可以实现为:

int Sum(int n)
{
	int result = 0;
	while(n != 0)
	{ 
		result += c[n]; 
		n -= lowbit(n); 
	}
	return result;
}

为什么是效率是log(n)的呢？以下给出证明：
n = n – lowbit(n)这一步实际上等价于将n的二进制的最后一个1减去。而n的二进制里最多有log(n)个1，所以查询效率是log(n)的。

换句话说:
若需改变a[i]，则c[i]、c[i+lowbit(i)]、c[i+lowbit(i)+lowbit(i+lowbit(i)]……就是需要改变的 c数组中的元素。
若需查询s[i]，则c[i]、c[i-lowbit(i)]、c[i-lowbit(i)-lowbit(i- lowbit(i))]……就是需要累加的c数组中的元素。

6,与线段树的比较
树状数组是一个可以很高效的进行区间统计的数据结构。在思想上类似于线段树，比线段树节省空间，编程复杂度比线段树低，但适用范围比线段树小。

7,应用
(1)http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2155
首先对于每个数A
定义集合up(A)表示{A, A+lowestbit(A), A+lowestbit(A)+lowestbit(A+lowestbit(A))...}
定义集合down(A)表示{A, A-lowestbit(A), A-lowestbit(A)-lowestbit(A-lowestbit(A)) ... , 0}。
可以发现对于任何A<B，up(A)和down(B)的交集有且仅有一个数。
于是对于这道题目来说，翻转一个区间[A,B]（为了便于讨论先把原问题降为一维的情况），我们可以把down(B)的所有元素的翻转次数+1，再把down(A-1)的所有元素的翻转次数-1。而每次查询一个元素C时，只需要统计up(C)的所有元素的翻转次数之和，即为C实际被翻转的次数。
(2)http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=3321
一棵树上长了苹果，每一个树枝节点上有长苹果和不长苹果两种状态，两种操作，一种操作能够改变树枝上苹果的状态，另一种操作询问某一树枝节点一下的所有的苹果有多少。具体做法是做一次dfs，记下每个节点的开始时间low[i]和结束时间high[i]，那么对于i节点的所有子孙的开始时间和结束时间都应位于low[i]和high[i]之间，另外用一个数组c[i]记录附加在节点i上的苹果的个数，然后用树状数组统计low[i]到high[i]之间的附加苹果总数。这里用树状数组统计区间可以用Sum(high[i])-Sum(low[i]-1)来计算。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <vector>
using namespace std;

//vector<int> g[100005];
struct Node
{
    int v;
    struct Node *next;
}g[100005];
int n,m,cnt,low[100005],high[100005],c[100005],flag[100005];
bool mark[100005];

void dfs(int v)
{
    struct Node *p=g[v].next;
    mark[v]=true;
    cnt++;
    low[v]=cnt;
    while(p)
    {
        if(!mark[p->v])
            dfs(p->v);
        p=p->next;
    }
    high[v]=cnt;
}
int lowbit(int k)
{
    return k&(-k);
}
void Modify(int num, int v)
{
    while(num <= n)
    {
        c[num]+=v;
        num+=lowbit(num);
    }
}
int Sum(int num)
{
    int ans=0;
    while(num > 0)
    {
        ans+=c[num];
        num-=lowbit(num);
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int i,a,b,ans;
    char temp[10];
    struct Node *p;
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    memset(g,0,sizeof(g));
    for(i=1; i<n; i++)
    {
        scanf("%d%d",&a,&b);
        p=new Node;
        p->next=g[a].next;
        p->v=b;
        g[a].next=p;
        p=new Node;
        p->next=g[b].next;
        p->v=a;
        g[b].next=p;
    }
    memset(mark,false,sizeof(mark));
    memset(c,0,sizeof(c));
    for(i=1; i<=n; i++)
        flag[i]=1;
    cnt=0;
    dfs(1);
    scanf("%d",&m);
    while(m--)
    {
        scanf("%s",temp);
        if(temp[0] == 'Q')
        {
            scanf("%d",&a);
            ans=high[a]-low[a]+1+Sum(high[a])-Sum(low[a]-1);
            printf("%d\n",ans);
        }
        else
        {
            scanf("%d",&a);
            if(flag[a]) Modify(low[a],-1);
            else Modify(low[a],1);
            flag[a]^=1;
        }
    }
    return 0;
}

(3)http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2481
给n个区间[Si,Ei]，区间[Sj,Ej]< [Si,Ei] 有 Si <= Sj and Ej <= Ei and Ei - Si > Ej – Sj。按y坐标从小到达，x坐标从大到小的顺序排序，然后从后往前扫描，记录i之前所有的j区间Sj<Si的个数，这个用树状数组实现。扫描一遍可得出结果。

#include <stdio.h>
#include <string>
#include <algorithm>
using namespace std;

struct P
{
    int x,y,id;
}p[100005];
int n,a[100005],max_n,b[100005];

int lowbit(int k)
{
    return k&(-k);
}
void Modify(int num, int v)
{
    while(num <= max_n)
    {
        a[num]+=v;
        num+=lowbit(num);
    }
}
int Sum(int num)
{
    int ans=0;
    if(num <= 0) return 0;
    while(num)
    {
        ans+=a[num];
        num-=lowbit(num);
    }
    return ans;
}
bool operator <(const P a, const P b)
{
    if(a.y == b.y) return a.x > b.x;
    return a.y < b.y;
}

int main()
{
    int i;
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    while(scanf("%d",&n), n)
    {
        max_n=0;
        for(i=0; i<n; i++)
        {
            scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
            p[i].id=i;
            p[i].x++;
            p[i].y++;
            if(p[i].y > max_n) max_n=p[i].y;
        }
        sort(p,p+n);
        memset(a,0,sizeof(a));
        for(i=n-1; i>=0; i--)
        {
            if(i != n-1 && p[i].y == p[i+1].y && p[i].x == p[i+1].x)
                b[p[i].id]=b[p[i+1].id];
            else
                b[p[i].id]=Sum(p[i].x);
            Modify(p[i].x,1);
        }
        for(i=0; i<n; i++)
        {
            if(i) printf(" ");
            printf("%d",b[i]);
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

(4)用树状数组求区间第K小元素
算法的时间复杂度是O(log(n))的，如果要求在线计算的话显然很有优势。
基本思路是：
先开一个数组，其中记录某个数出现次数，每输入一个树，相当于将该数出现次数加1，对应到树状数组中就相当于insert(t, 1),统计的时候，可以利用树状数组的求和，既可以二分枚举，也可以利用数的二进制表示，下面的代码有效地利用了数的二进制表示。

#include <iostream>
using namespace std;

#define maxn 1<<20
int n,k;
int c[maxn];

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

void insert(int x,int t){
       while(x<maxn){
          c[x]+=t;
          x+=lowbit(x);
       }
}
int find(int k){
    int cnt=0,ans=0;
    for(int i=20;i>=0;i--){
        ans+=(1<<i);
        if(ans>=maxn || cnt+c[ans]>=k)ans-=(1<<i);
        else cnt+=c[ans];
    }
    return ans+1;
}
void input(){
       memset(c,0,sizeof(c));
       int t;
       scanf("%d%d",&n,&k);
       for(int i=0;i<n;i++){
            scanf("%d",&t);
            insert(t,1);
       }
       printf("%d\n",find(k));
}
int main(){
    int cases;
    scanf("%d",&cases);
    while(cases--){
        input();
    }
    return 0;
}