深刻理解树状数组

树状数组(Binary Indexed Tree(BIT), Fenwick Tree)是一个查询和修改复杂度都为log(n)的数据结构。主要用于查询任意两位之间的全部元素之和，可是每次只能修改一个元素的值；通过简单修改能够在log(n)的复杂度下进行范围修改，可是这时只能查询其中一个元素的值(若是加入多个辅助数组则能够实现区间修改与区间查询)。

百度上给出了使人难以理解的概念，其实这个东西我也是琢磨了一天，参考了大量博客的笔记才搞清楚了大体思路和原理，说说心得吧！

假设数组a[1..n]，那么查询a[1]+...+a[n]的时间是log级别的，并且是一个在线的数据结构，支持随时修改某个元素的值，复杂度也为log级别。

来观察这个图：

令这棵树的结点编号为C1，C2...Cn。令每一个结点的值为这棵树的值的总和，那么容易发现：

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

这里有一个有趣的性质：

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。由于这个区间最后一个元素必然为Ax，

因此很明显：Cn = A(n – 2^k + 1) + ... + An

算这个2^k有一个快捷的办法，定义一个函数以下便可：

int lowerbit(int x)
{
return x&(x^(x–1));
}

 

利用机器补码特性，也能够写成：

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

 

当想要查询一个SUM(n )(求a[n]的和），能够依据以下算法便可：

step1:　令sum = 0，转第二步；

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

step3: 令n = n – lowbit(n)，转第二步。

能够看出，这个算法就是将这一个个区间的和所有加起来，为何是效率是log(n)的呢？如下给出证实：

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，因此查询效率是log(n)的。

那么修改呢，修改一个节点，必须修改其全部祖先，最坏状况下为修改第一个元素，最多有log(n)的祖先。

因此修改算法以下（给某个结点i加上x）：

step1: 当i > n时，算法结束，不然转第二步；

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 数组求和来讲树状数组简直太快了!

注：

求lowbit(x)的建议公式：

lowbit(x):=x and -x;

或lowbit(x):=x and (x xor (x - 1));

lowbit(x)即为2^k的值。

上面的解释可能会让人产生疑惑，下面给出稍微容易理解的解释吧！

先看两幅图（网上找的，若是雷同，不要大惊小怪～），下面的说明都是基于这两幅图的，左边的叫A图吧，右边的叫B图：

      是否是很像一颗树？对，这就是为何叫树状数组了～先看A图，a数组就是咱们要维护和查询的数组，可是其实咱们整个过程当中根本用不到a数组，你能够把它看成一个摆设！c数组才是咱们全程关心和操纵的重心。先由图来看看c数组的规则，其中c8 = c4+c6+c7+a8，c6 = c5+a6……先没必要纠结怎么作到的，咱们只要知道c数组的大体规则便可，很容易知道c8表示a1～a8的和，可是c6倒是表示a5～a6的和，为何会产生这样的区别的呢？或者说发明她的人为何这样区别对待呢？答案是，这样会使操做更简单！看到这相信有些人就有些感受了，为何复杂度被lg了呢？能够看到，c8能够看做a1～a8的左半边和+右半边和，而其中左半边和是肯定的c4，右半边其实也是一样的规则把a5～a8一分为二……继续下去都是一分为二直到不能分，能够看看B图。怎么样？是否是有点二分的味道了？对，说白了树状数组就是巧妙的利用了二分，她并不神秘，关键是她的巧妙！

       她又是怎样作到不断的一分为二呢？说这个以前我先说个叫lowbit的东西，lowbit(k)就是把k的二进制的高位1所有清空，只留下最低位的1,好比10的二进制是1010,则lowbit(k)=lowbit(1010)=0010(2进制)，介于这个lowbit在下面会常常用到，这里给一个很是方便的实现方式，比较广泛的方法lowbit(k)=k&-k，这是位运算，咱们知道一个数加一个负号是把这个数的二进制取反+1，如-10的二进制就是-1010=0101+1=0110，而后用1010&0110，答案就是0010了！明白了求解lowbit的方法就能够了，继续下面。介于下面讨论十进制已经没有意义（这个世界原本就是二进制的，人非要主观的构建一个十进制），下面全部的数没有特别说明都看成二进制。

       上面那么多文字说lowbit，还没说它的用处呢，它就是为了联系a数组和c数组的！ck表示从ak开始往左连续求lowbit(k)个数的和，好比c[0110]=a[0110]+a[0101]，就是从110开始计算了0010个数的和，由于lowbit(0110)=0010，能够看到其实只有低位的1起做用，由于很显然能够写出c[0010]=a[0010]+a[0001]，这就为何咱们任何数都只关心它的lowbit，由于高位不起做用（基于咱们的二分规则它必须如此！），除非除了高位其他位都是0，这时自己就是lowbit。

既然关系创建好了，看看如何实现a某一个位置数据跟改的，她不会直接改的（开始就说了，a根本不存在），她每次改其实都要维护c数组应有的性质，由于后面求和要用到。而维护也很简单，好比更改了a[0011]，咱们接着要修改c[0011],c[0100],c[1000]，这是很容易从图上看出来的，可是你可能会问，他们之间有申明必然联系吗？每次求解总不能总要拿图来看吧？其实从0011——>0100——>1000的变化都是进行“去尾”操做，又是本身造的词--''，我来解释下，就是把尾部应该去掉的1都去掉转而换到更高位的1,记住每次变换都要有一个高位的1产生，因此0100是不能变换到0101的，由于没有新的高位1产生，这个变换过程刚好是能够借助咱们的lowbit进行的，k +=lowbit(k)。

       好吧，如今更新的次序都有了，可能又会产生新的疑问了：为何它非要是这种关系啊？这就要追究到以前咱们说c8能够看做a1～a8的左半边和+右半边和……的内容了，为何c[0011]会影响到c[0100]而不会影响到c[0101]，这就是以前说的c[0100]的求解其实是这样分段的区间 c[0001]~c[0001] 和区间c[0011]~c[0011]的和，数字过小，可能这样不太理解，在好比c[0100]会影响c[1000]，为何呢？由于c[1000]能够看做0001～0100的和加上0101~1000的和，可是0101位置的数变化并会直接做用于c[1000]，由于它的尾部1不能一下在跳两级在产生两次高位1,是经过c[0110]间接影响的，可是，c[0100]却能够跳一级产生一次高位1。

         可能上面说的你比较绕了，那么此时你只需注意：c的构成性质（实际上是分组性质）决定了c[0011]只会直接影响c[0100]，而c[0100]只会直接影响[1000]，而下表之间的关系刚好是也必须是k +=lowbit(k)。此时咱们就是写出跟新维护树的代码：

1 void add(int k,int num)  
2 {  
3        while(k<=n)  
4         {  
5             tree[k]+=num;  
6             k+=k&-k;  
7         }  
8 }  

 

       有了上面的基础，说求和就比较简单了。好比求0001～0110的和就直接c[0100]+c[0110]，分析方法与上面的刚好逆过来，并且写法也是逆过来的，具体就不累述了：

 

 1 int read(int k)//1~k的区间和  
 2 {  
 3        int sum=0;  
 4         while(k)  
 5         {  
 6             sum+=tree[k];  
 7             k-=k&-k;  
 8         }  
 9         return sum;  
10 }  

下面给出一道模版题吧！

POJ 2352

Stars

Time Limit: 1000MS		Memory Limit: 65536K
Total Submissions: 45080		Accepted: 19567

Description

Astronomers often examine star maps where stars are represented by points on a plane and each star has Cartesian coordinates. Let the level of a star be an amount of the stars that are not higher and not to the right of the given star. Astronomers want to know the distribution of the levels of the stars.

For example, look at the map shown on the figure above. Level of the star number 5 is equal to 3 (it's formed by three stars with a numbers 1, 2 and 4). And the levels of the stars numbered by 2 and 4 are 1. At this map there are only one star of the level 0, two stars of the level 1, one star of the level 2, and one star of the level 3.

You are to write a program that will count the amounts of the stars of each level on a given map.

Input

The first line of the input file contains a number of stars N (1<=N<=15000). The following N lines describe coordinates of stars (two integers X and Y per line separated by a space, 0<=X,Y<=32000). There can be only one star at one point of the plane. Stars are listed in ascending order of Y coordinate. Stars with equal Y coordinates are listed in ascending order of X coordinate.

Output

The output should contain N lines, one number per line. The first line contains amount of stars of the level 0, the second does amount of stars of the level 1 and so on, the last line contains amount of stars of the level N-1.

Sample Input

5
1 1
5 1
7 1
3 3
5 5

Sample Output

1
2
1
1
0

Hint

This problem has huge input data,use scanf() instead of cin to read data to avoid time limit exceed.

Source

Ural Collegiate Programming Contest 1999

题意：

就是求每一个小星星左小角的星星的个数。坐标按照Y升序，Y相同X升序的顺序给出
因为y轴已经排好序，能够按照x坐标创建一维树状数组

 1 #include <stdio.h>
 2 #include <string.h>
 3 const int MAXN=32005;
 4 const int MINN=15005;
 5 int tree[MAXN];//下标为横坐标
 6 int level[MINN];//下标为等级数
 7 /*int lowerbit(int x)
 8 {
 9     return x&-x;
10 }*/
11 void add(int k,int num)
12 {
13     while(k<=MAXN)
14     {
15         tree[k]+=num;
16         k+=k&-k;
17     }
18 }
19 int read(int k)//1~k的区间和
20 {
21     int sum=0;
22     while(k)
23     {
24         sum+=tree[k];
25         k-=k&-k;
26     }
27     return sum;
28 }
29 int main()
30 {
31     int n,x,y,i;
32     memset(tree,0,sizeof(tree));
33     memset(level,0,sizeof(level));
34     while(scanf("%d",&n)!=EOF)
35     {
36         for(i=1;i<=n;i++)
37         {
38             scanf("%d%d",&x,&y);
39             int temp=read(x+1);//加入x+1，是为了不0，X是可能为0的
40             level[temp]++;
41             add(x+1,1);
42         }
43         for(i=0;i<n;i++)
44             printf("%d\n",level[i]);
45     }
46     return 0;
47 }