【树状数组】NYOJ-116士兵杀敌（二）

题目链接:http://acm.nyist.net/JudgeOnline/problem.php?pid=116

根据题意可知该题与士兵杀敌（一）不同，可以用树状数组来解这题，先来解释一下树状数组

如图：



可以得到：

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

...

这里有一个的性质：

设节点编号为x，那么这个节点管辖的区间为2^k（其中k为x二进制末尾0的个数）个元素。因为这个区间最后一个元素必然为Ax，

所以很明显：Cn = A(n – 2^k + 1) + ... + An

算这个2^k有一个快捷的办法，定义一个函数如下即可：

利用机器补码特性，也可以写成：

当想要查询一个SUM(n)(求a
的和），可以依据如下算法即可：

step1:　令sum = 0，转第二步；

step2:　假如n <= 0，算法结束，返回sum值，否则sum = sum + Cn，转第三步；

step3: 令n = n – lowbit(n)，转第二步。

可以看出，这个算法就是将这一个个区间的和全部加起来，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。

那么修改呢，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。

所以修改算法如下（给某个结点i加上x）：

step1: 当i > n时，算法结束，否则转第二步；

step2: Ci = Ci + x， i = i + lowbit(i)转第一步。

i = i +lowbit(i)这个过程实际上也只是一个把末尾1补为0的过程。

对于数组求和来说树状数组简直太快了!

修改操作

查询操作

题目源码：

#include<stdio.h>
int N, M, T[1000001];
//求k中有多少个能被2的多少次幂整除的，即2^k，也就是树状数组的作用域
int lowbit(int k) {
return k & (k ^ (k - 1));  //利用机器补码特性也可以这样写 k & (-k);
}
void add(int k, int num) { //添加新值到树状数组中
while(k <= N) {
T[k] += num;
k += lowbit(k);
}
}
int sum(int k) { //前k个数的和
int sum = 0;
while(k) {
sum += T[k];
k -= lowbit(k);
}
return sum;
}
int main() {
int a, m, n, I, A;
char str[5];
scanf("%d%d", &N, &M);
for(int i = 1; i <= N; i++) {
scanf("%d", &a);
add(i, a);
}
while(M--) {
scanf("%s", str);
if(str[0] == 'Q') {
scanf("%d%d", &m, &n);
printf("%d\n", sum(n) - sum(m-1));
}
else {
scanf("%d%d", &I, &A);
add(I, A);
}
}
}