树状数组 BIT
2017-12-01 22:29
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树状数组:用来求数组中的连续和
从一般O(n)优化到 - O(log n)
【方法】重新构造一个c[],用来控制读入的原数组a[](是某些数据的和)
怎么控制?
如果它二进制末尾0个数用k表示,
c[i]控制的数共2^k个数,从a[i]开始,a[i-1],a[i-2]...
举例:
c[1] = a[1];
c[2] = a[2] + a[1];
c[4] = a[4] + a[3] + a[2] + a[1];
c[8] = a[8] + a[7] + a[6] + .. + a[1];
c[16] = a[16] + a[15] + ... a[1];
更加具体一些:
c[6] = a[6] + a[5]; //6(110)末尾有一个零,控制(2^1=2)个数
c[10] = a[10] + a[9]; //10(1010)末尾有一个零,控制2^1=2个数
c[12] = a[12] + a[11] + a[10] + a[9]; //12(1100)末尾2个0,控制4个数
c[14] = a[14] + a[13]; //14(1110)末尾有一个零,控制2个数
核心函数:
int lowbit(int x) {
return x&(-x); // 算2^k, k是x的二进制 末尾0的个数
}
例:
10的二进制是1010,末尾有1个0,
所以lowbit(10)=2的1次方=2,所以c[10]控制2个数:a[10]+a[9]
16的二进制是10000,末尾有4个0,
所以lowbit(16)=2的4次方=16,所以c[16]控制16个数,a[16]+...a[1];
--------------------------------------------------------------------
[修改操作]:向叶结点走
修改a[3]时,修改c[3], c[4], c[8], c[16]; [要走到n]
修改a[5]时,修改c[5], c[8], c[16]
[求和操作]:向根结点走
例如:
求a[1] +..+ a[9]:
首先+c[9];
9 = 9 - lowbit(9) = 8;所以再+c[8];
8 = 8 - lowbit(8) = 0;结束;
*求a[5]+a[6]+....a[98] : 结果就是 sum(98) - sum(5-1);
【Code】求区间和
【模版】树状数组1
已知一个数列,需要进行下面两种操作:
1.将某一个数加上x
2.求出某区间每一个数的和
输入格式:
第一行包含两个整数N、M,分别表示该数列数字的个数和操作的总个数。
第二行包含N个用空格分隔的整数,其中第i个数字表示数列第i项的初始值。
接下来M行每行包含3个整数,表示一个操作,具体如下:
操作1: 格式:1 x k 含义:将第x个数加上k
操作2: 格式:2 x y 含义:输出区间[x,y]内每个数的和
输出格式:
输出包含若干行整数,即为所有操作2的结果。
输入样例#1:
输出样例#1:
时空限制:1000ms,128M
数据规模:
对于30%的数据:N<=8,M<=10
对于70%的数据:N<=10000,M<=10000
对于100%的数据:N<=500000,M<=500000
-----------------------------
【Code】与之前差不多
如题,已知一个数列,你需要进行下面两种操作:
1.将某区间每一个数数加上x
2.求出某一个数的和
输入格式:
第一行包含两个整数N、M,分别表示该数列数字的个数和操作的总个数。
第二行包含N个用空格分隔的整数,其中第i个数字表示数列第i项的初始值。
接下来M行每行包含2或4个整数,表示一个操作,具体如下:
操作1: 格式:1 x y k 含义:将区间[x,y]内每个数加上k
操作2: 格式:2 x 含义:输出第x个数的值
输出格式:
输出包含若干行整数,即为所有操作2的结果。
输入样例#1:
输出样例#1:
时空限制:1000ms,128M
数据规模:
对于30%的数据:N<=8,M<=10
对于70%的数据:N<=10000,M<=10000
对于100%的数据:N<=500000,M<=500000
【解法】差分 + BIT
B[i]表示A[i] - A[i-1]
那么A[i] 就可以表示成B[1]+B[2]+..+B[i]
操作2就可以用树状数组解决前缀和
操作1是区间加,可以直接B[L]+k,B[R]+k
可以自己思考一下,区间加,中间这些数差不变,两端需要变.
操作1当然用Update更新.
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define MAXN 500010
int N, Q, C[MAXN];
inline int lowbit(int x) {
return x & (-x);
}
int SUM(int i) {
int sum = 0;
while(i) {
sum += C[i];
i -= lowbit(i);
}
return sum;
}
int Update(int i, int data) {
while(i <= N) {
C[i] += data;
i += lowbit(i);
}
}
int Add(int L, int R, int k) {
Update(L, k);
Update(R+1, -k);
}
inline int Query(int x) {
return SUM(x);
}
int main() {
scanf("%d %d", &N, &Q);
int last = 0, tmp;
for(int i=1; i<=N; i++) {
scanf("%d", &tmp);
Update(i, tmp - last);
last = tmp;
}
int opt, x, y, k;
for(int i=1; i<=Q; i++) {
scanf("%d", &opt);
if(opt == 1) {
scanf("%d%d%d", &x, &y, &k);
Add(x, y, k);
} else {
scanf("%d", &x);
printf("%d\n", Query(x));
}
}
return 0;
}
从一般O(n)优化到 - O(log n)
【方法】重新构造一个c[],用来控制读入的原数组a[](是某些数据的和)
怎么控制?
如果它二进制末尾0个数用k表示,
c[i]控制的数共2^k个数,从a[i]开始,a[i-1],a[i-2]...
举例:
c[1] = a[1];
c[2] = a[2] + a[1];
c[4] = a[4] + a[3] + a[2] + a[1];
c[8] = a[8] + a[7] + a[6] + .. + a[1];
c[16] = a[16] + a[15] + ... a[1];
更加具体一些:
c[6] = a[6] + a[5]; //6(110)末尾有一个零,控制(2^1=2)个数
c[10] = a[10] + a[9]; //10(1010)末尾有一个零,控制2^1=2个数
c[12] = a[12] + a[11] + a[10] + a[9]; //12(1100)末尾2个0,控制4个数
c[14] = a[14] + a[13]; //14(1110)末尾有一个零,控制2个数
核心函数:
int lowbit(int x) {
return x&(-x); // 算2^k, k是x的二进制 末尾0的个数
}
例:
10的二进制是1010,末尾有1个0,
所以lowbit(10)=2的1次方=2,所以c[10]控制2个数:a[10]+a[9]
16的二进制是10000,末尾有4个0,
所以lowbit(16)=2的4次方=16,所以c[16]控制16个数,a[16]+...a[1];
--------------------------------------------------------------------
[修改操作]:向叶结点走
修改a[3]时,修改c[3], c[4], c[8], c[16]; [要走到n]
修改a[5]时,修改c[5], c[8], c[16]
void update(int i, int data) { //修改第i个数,增加data while(i <= n) { c[i] += data; i += lowbit(i); } }
[求和操作]:向根结点走
int sum(int i) { //求a[1]加到a[i] int s = 0; while(i >= 1){ s += c[i]; //从c[i]开始,往下加 i -= lowbit(i); } return s; }
例如:
求a[1] +..+ a[9]:
首先+c[9];
9 = 9 - lowbit(9) = 8;所以再+c[8];
8 = 8 - lowbit(8) = 0;结束;
*求a[5]+a[6]+....a[98] : 结果就是 sum(98) - sum(5-1);
【Code】求区间和
#include <iostream>
using namespace std;
int a[10001], c[10001];
int n;
inline int lowbit(const int x) {
return x & (-x);
}
void update(int i, int data) { //修改第i个数,增加data while(i <= n) { c[i] += data; i += lowbit(i); } }
int sum(int i) { //求a[1]加到a[i] int s = 0; while(i >= 1){ s += c[i]; //从c[i]开始,往下加 i -= lowbit(i); } return s; }
int main() {
int q, l, r;
cin >> n;
for(int i=1; i<=n; i++) {
cin >> a[i];
update(i, a[i]);
}
cin >> q; //Q次询问
while(q --) {
cin >> l >> r; //询问区间[l, r]中数之和
cout << sum(r) - sum(l-1) << endl;
}
return 0;
}
【模版】树状数组1
题目描述
已知一个数列,需要进行下面两种操作:1.将某一个数加上x
2.求出某区间每一个数的和
输入输出格式
输入格式:第一行包含两个整数N、M,分别表示该数列数字的个数和操作的总个数。
第二行包含N个用空格分隔的整数,其中第i个数字表示数列第i项的初始值。
接下来M行每行包含3个整数,表示一个操作,具体如下:
操作1: 格式:1 x k 含义:将第x个数加上k
操作2: 格式:2 x y 含义:输出区间[x,y]内每个数的和
输出格式:
输出包含若干行整数,即为所有操作2的结果。
输入输出样例
输入样例#1: 5 5 1 5 4 2 3 1 1 3 2 2 5 1 3 -1 1 4 2 2 1 4
输出样例#1:
14 16
说明
时空限制:1000ms,128M数据规模:
对于30%的数据:N<=8,M<=10
对于70%的数据:N<=10000,M<=10000
对于100%的数据:N<=500000,M<=500000
-----------------------------
【Code】与之前差不多
#include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; #define MAXN 500010 int n, m; int a[MAXN], c[MAXN]; inline int lowbit(int x) { return x & (-x); } void update(int i, int data) { while(i <= n) { c[i] += data; i += lowbit(i); } } int sum(int x) { int s = 0; while(x > 0) { s += c[x]; x -= lowbit(x); } return s; } int main() { int flg, x, y; cin >> n >> m; for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%d", &a[i]); update(i, a[i]); } for(int i=1; i<=m; i++) { cin >> flg >> x >> y; if(flg == 1) update(x, y); else if(flg == 2) printf("%d\n", sum(y) - sum(x-1)); } return 0; }
【模版】树状数组2
题目描述
如题,已知一个数列,你需要进行下面两种操作:1.将某区间每一个数数加上x
2.求出某一个数的和
输入输出格式
输入格式:第一行包含两个整数N、M,分别表示该数列数字的个数和操作的总个数。
第二行包含N个用空格分隔的整数,其中第i个数字表示数列第i项的初始值。
接下来M行每行包含2或4个整数,表示一个操作,具体如下:
操作1: 格式:1 x y k 含义:将区间[x,y]内每个数加上k
操作2: 格式:2 x 含义:输出第x个数的值
输出格式:
输出包含若干行整数,即为所有操作2的结果。
输入输出样例
输入样例#1: 5 5 1 5 4 2 3 1 2 4 2 2 3 1 1 5 -1 1 3 5 7 2 4
输出样例#1:
6 10
说明
时空限制:1000ms,128M数据规模:
对于30%的数据:N<=8,M<=10
对于70%的数据:N<=10000,M<=10000
对于100%的数据:N<=500000,M<=500000
【解法】差分 + BIT
B[i]表示A[i] - A[i-1]
那么A[i] 就可以表示成B[1]+B[2]+..+B[i]
操作2就可以用树状数组解决前缀和
操作1是区间加,可以直接B[L]+k,B[R]+k
可以自己思考一下,区间加,中间这些数差不变,两端需要变.
操作1当然用Update更新.
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define MAXN 500010
int N, Q, C[MAXN];
inline int lowbit(int x) {
return x & (-x);
}
int SUM(int i) {
int sum = 0;
while(i) {
sum += C[i];
i -= lowbit(i);
}
return sum;
}
int Update(int i, int data) {
while(i <= N) {
C[i] += data;
i += lowbit(i);
}
}
int Add(int L, int R, int k) {
Update(L, k);
Update(R+1, -k);
}
inline int Query(int x) {
return SUM(x);
}
int main() {
scanf("%d %d", &N, &Q);
int last = 0, tmp;
for(int i=1; i<=N; i++) {
scanf("%d", &tmp);
Update(i, tmp - last);
last = tmp;
}
int opt, x, y, k;
for(int i=1; i<=Q; i++) {
scanf("%d", &opt);
if(opt == 1) {
scanf("%d%d%d", &x, &y, &k);
Add(x, y, k);
} else {
scanf("%d", &x);
printf("%d\n", Query(x));
}
}
return 0;
}
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