树状数组和线段树

一、树状数组

在解题过程中，我们有时需要维护一个数组的前缀和 S[i]=A[1]+A[2]+...+A[i] 。但是不难发现，如果我们修改了任意一个 A[i],S[i] 、 S[i+1]...S
都会发生变化。可以说，每次修改 A[i] 后，调整前缀和 S[] 在最坏情况下会需要 O(n) 的时间。当 n 非常大时，程序会运行得非常缓慢。因此，这里我们引入“树状数组”，它的修改与求和都是 O(logn) 的，效率非常高。

实现：

对于正整数x，定义lowbit（x）为x的二进制表达式中最右边的1所对应的值。

Lowbit(x)=x and -x对于节点i，如果它是左子节点，其父节点为i+lowbit(i)；



构造一个辅助数组C，其中Ci=Ai-lowbit(i)+1+Ai-lowbit(i)+2+…+Ai即C的每个元素都是A数组中的一段连续和。具体是每个灰色节点i都属于一个以它自身结尾的水平长条，这个长条中的数之和就是Ci。如C12=A9+A10+A11+A12=C10+A11+A12

如何更新C数组中的元素：如果修改了一个Ai，需要更新C数组中的哪些元素呢？从Ci开始往右走，边走边“往上爬”（不一定沿着树中的边爬），沿途修改所有结点对应的Ci即可。预处理时先把C数组清空，然后执行n次add操作。总时间为O（nlogn）

如何计算前缀和Si：顺着结点i往左走，边走边“往上爬”（不一定沿着树中的边爬），把沿途经过的Ci累加起来就可以了。对于query（L,R）=SR-SL-1。

代码：

var

b,c,f:array [0..100000] of longint;

ff,a:Array [0..100000] of boolean;

i,j,m,n,x,y,ans,l,r,tmp:longint;

s:string;

function dfs(x:longint):longint;

begin

if x<=1 then

exit;

c[f[x]]:=c[f[x]]+c[x];

dfs(f[x]);

end;

procedure dfs1(x:longint);

begin

dec(c[x]);

if x<=1 then

exit;

dfs1(f[x]);

end;

procedure dfs2(x:longint);

begin

inc(c[x]);

if x<=1 then

exit;

dfs2(f[x]);

end;

begin

readln(n);

fillchar(ff,sizeof(ff),true);

for i:=1 to n-1 do

begin

readln(x,y);

f[y]:=x;

inc(b[x]);

end;

for i:=1 to n do

c[i]:=1;

for i:=1 to n do

begin

if b[i]=0 then

dfs(i);

end;

readln(m);

for i:=1 to m do

begin

x:=0;

readln(s);

if s[1]='Q' then

begin

for j:=3 to length(s) do

x:=x*10+ord(s[j])-ord('0');

writeln(c[x]);

end;

if s[1]='C' then

begin

for j:=3 to length(s) do

x:=x*10+ord(s[j])-ord('0');

if ff[x] then

dfs1(x) else

dfs2(x);

ff[x]:=not ff[x];

end;

end;

End.

二、线段树

1,.线段树的结构:

区间：用一对数a和b表示一个前闭后开的区间[a,b)。（可以自己修改）结点T(a,b)：表示该结点维护了原数列中区间[a,b)的信息，其中a和b为整数且a<b内部结点：如果对于结点T(a,b)，有b-a>1，那么T(a,(a+b)/2)为T(a,b)的左孩子结点，T((a+b)/2,b)为T(a,b)的右孩子

叶结点：如果对于结点T(a,b)，有b-a=1，那么该结点就是叶结点线段树结构是递归定义的。

2.线段树的性质:

结点数：假设该线段树处理的数列长度为n，即根结点的区间为[1,n+1)，那么总结点个数不超过2*n个。深度：线段树可以近似看做一棵满二叉树，所以深度不超过log（2*n）线段分解数量级：线段树把区间上的任意一条长度为L的线段都分成了不超过2logL条线段，这使得大多数查询能够在O（logn）的时间内解决。



线段树的存储：

1、链表存储

2、数组模拟链表

3、堆结构存储

应用：

忠诚（loyal）

【问题描述】

老管家是一个聪明能干的人。他为财主工作了整整10年，财主为了让自已账目更加清楚。要求管家每天记k次账，由于管家聪明能干，因而管家总是让财主十分满意。但是由于一些人的挑拨，财主还是对管家产生了怀疑。于是他决定用一种特别的方法来判断管家的忠诚，他把每次的账目按1，2，3…编号，然后不定时的问管家问题，问题是这样的：在a到b号账中最少的一笔是多少？为了让管家没时间作假他总是一次问多个问题。

在询问过程中账本的内容可能会被修改

【输入格式】

输入中第一行有两个数m,n表示有m(m<=100000)笔账,n表示有n个问题，n<=100000。

接下来每行为3个数字，第一个p为数字1或数字2，第二个数为x，第三个数为y

当p=1 则查询x,y区间

当p=2 则改变第x个数为y

【输出格式】

输出文件中为每个问题的答案。具体查看样例。

【输入样例】

10 3

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1 2 7

2 2 0

1 1 10

【输出样例】

2 0

代码：

type

point=^node;

node=record

left,right:longint;

lp,rp:point;

sum:longint;

end;

var

p:array [1..100000] of node;

i,j,m,n,x,y,k:longint;

a:array [1..100000] of longint;

root:point;

procedure creat(p:point;l,r:longint);

begin

p^.left:=l; p^.right:=r; p^.sum:=maxlongint;

if l+1=r then

begin

p^.lp:=nil;

p^.rp:=nil;

end

else

begin

new(p^.lp); creat(p^.lp,l,(l+r) div 2);

new(p^.rp); creat(p^.rp,(l+r) div 2,r);

end;

end;

function min(x,y:longint):longint;

begin

if x<y then

exit(x);

exit(y);

end;

procedure update(p:point;x,delta:longint);

begin

if p^.left+1=p^.right then

begin

p^.sum:=delta;

end

else

begin

if x<(p^.left+p^.right) div 2 then

update(p^.lp,x,delta);

if x>=(p^.left+p^.right) div 2 then

update(p^.rp,x,delta);

p^.sum:=min(p^.lp^.sum,p^.rp^.sum);

end;

end;

function query(p:point;l,r:longint):longint;

var

ans:longint;

begin

if (l<=p^.left) and (p^.right<=r) then

exit(p^.sum);

ans:=maxlongint;

if l<(p^.left+p^.right) div 2 then

ans:=min(ans,query(p^.lp,l,r));

if r>(p^.left+p^.right) div 2 then

ans:=min(ans,query(p^.rp,l,r));

exit(ans);

end;

begin

readln(n,m);

for i:=1 to n do

read(a[i]);

new(root);

creat(root,1,n+1);

for i:=1 to n do

update(root,i,a[i]);

for i:=1 to m do

begin

readln(k,x,y);

if k=2 then

update(root,x,y);

if k=1 then

write(query(root,x,y+1),' ');

end;

writeln;

End.