算法学习笔记——数据结构：树状数组BIT
问题
- 给出一个数组，多次求下标区间
[i,j]的元素和
解决：前缀和 - 给出一个数组，对其进行多次单点修改，期间穿插求下标区间
[i,j]的元素和
解决：树状数组
问题2的分析：
- 有单点修改，若仍用前缀和，则修改
i处的值，需要更新i后面所有前缀和
单次修改复杂度O(N)，单次查询复杂度O(1)，最坏时K次操作都是修改，总复杂度O(KN) - 使用普通数组存储和修改
单次修改复杂度O(1)，单次查询复杂度O(N)，最坏时K次操作都是查询，总复杂度O(KN) - 更高效的解决方式是使用树状数组，单次查询复杂度
O(logN)，单次修改复杂度O(logN)，有K次不同操作，总复杂度O(KlogN)
树状数组可以理解为升级版的前缀和数组，两者都是预处理某段区间的和，不同点在于：
- 前缀和数组
preSum[i]求和覆盖范围过大（[0,i)区间的元素和）- 树状数组每一个
C[i]覆盖的求和范围仅仅为[i-lowbit(i)+1,i]当我们需要穿插单点修改操作时，每次修改会引起很大部分
preSum[i]随之受影响，而树状数组通过二进制位合理划分求和覆盖范围，使得每次受影响的C[i]很少，若元素总数为N，每次修改最多有logN个C[i]受影响，复杂度O(logN)。
树状数组/二进制索引树（Binary Index Tree, BIT）
树状数组是一种动态维护前缀和（支持单点修改+区间查询）的数据结构
首先明确，树状数组的本质思想，是二进制规律的应用
树状数组中，需要用到lowbit(n)=n&-n，函数取出二进制数最右侧的1和其更右边部分
记原数组为nums[i]，其前缀和数组preSum[i]表示[0,i)区间元素的总和
树状数组定义
- 树状数组
C也是保存了nums数组某个区间内的元素总和，但其定义为：
C[i]保存：nums[i]（包含本身）及其之前的lobit(i)个元素的总和 - 注意，使用树状数组，
nums和C下标i一定要从1开始，否则下面所有结论出错
例如，对于
i=4或12，其lowbit(i)=100，
故树状数组C[4]和C[12]都保存了其本身及之前的长度为4的区间和结果
即C[4]=nums[1]+nums[2]+nums[3]+nums[4]，C[12]=nums[9]+nums[10]+nums[11]+nums[12]
如何实现区间[l,r]元素和的查询
- 我们仍然需要用前缀和来实现：
定义前缀和：preSum[i]表示[1,i]区间内的元素和，且preSum[0]=0（和普通前缀和定义不同）
那么，[l,r]区间元素和 =preSum[r] - preSum[l-1] - 我们实际维护的是树状数组
C，因此要利用C求preSum[i]
由图可见，preSum[i]希望求解[1,i]区间的元素和
当前的C[i]覆盖了lowbit(i)范围的区间和，还剩下[1, i-lowbit(i)]区间的元素和没有解决
[1, i-lowbit(i)]区间的元素和，又转化为小规模的相同问题preSum[ i-lowbit(i)]
总结：preSum[i] = C[i] + preSum[i-lowbit(i)]，可以不断递归求解，直到i=0
def preSum(i):"""求解nums[1...i]区间的元素和preSum[0]=0"""ans = 0while i != 0:ans += C[i]# C[i]覆盖了lowbit(i)个元素之和，接下来要求解[1,i-lowbit(i)]子问题，直到右边界为0i -= lowbit(i)return ans
理解：
- 首先，
i = i - lowbit(i)实际上就是不断把数字i的最右边的1置为0的过程，故循环次数=i的二进制表示中1的个数，时间复杂度：O(logN) - 其次，这里的原理可以从图上理解：随便给一个
i,求preSum[i]，然后不断往“左上角”走，收集总和
如何实现元素的单点修改
- 我们维护树状数组
C，因此改动一个元素i，可能会对多个C[idx]造成影响
例如，在图中让nums[6]增加val，则C[6]、C[8]、C[16]都要同步增加val - 如何完整找出所有受到影响的
C[idx]
当前的C[i]覆盖了i及其之前的lowbit(i)范围的区间和，我们修改C[i]
对于更小的idx，显然C[idx]不会涉及当前的nums[i]
因此，我们要找下一个更大的idx=i+delta，并且delta的值尽量小，这样才能找出下一个受到影响的C[idx]
可以证明，最小的delta = lowbit(i)，故下一个要更新C[i+loiwbit(i)]，不断递归更多的C[idx]…
总结：更新C[i]后，下一个受影响并需要更新的是C[i+loiwbit(i)]，可以不断递归求解，直到i>=len(C)
def update(i, val):"""nums[i]元素的值增加val，更新树状数组中，与之有关的所有C[idx]"""L = len(C)while i < L:# 更新C[i]C[i] += val# 下一个受影响,需要更新的是C[i+loiwbit(i)]i += lowbit(i)return
理解：
- 首先，
i = i + lowbit(i)实际上就是不断在数字i的最右边的1位置上产生进位（由此定位到最右边1的左侧第一个0），时间复杂度：O(logN) - 其次，这里的原理可以从图上理解：随便给一个
i,更新C[i]，然后不断往“右上角”走，更新所有受影响的C[idx]
树状数组的应用
模板题
LeetCode 307. 区域和检索 - 数组可修改
注意两点：
- 通常使用下标从0开始，在树状数组中需要转化为从1开始；
- 这题的单点修改定义为[重新赋值]，而树状数组中的修改是[增加一个增量v]，我们可以转化：
nums[i]改为val，等价于增加val-nums[i]
经典运用：统计序列中各元素左侧小于它的元素的个数
给出正整数序列，对于每个元素，求其左侧有多少个元素比它小
- 基本思路：从左到右遍历元素，哈希表
hash[num]实时维护元素num的出现次数，则对于当前的元素n，答案为hash[0]+hash[1]+...+hash[n-1]，并且维护hash[n]+=1 - 上面的操作完全可以用树状数组的“单点修改”和“前缀和”功能实现，使得每次求和快速完成
- 进阶变式问题：
改为 [求各元素右侧小于它的元素的个数]：改为从右到左遍历即可
改为 [求各元素左侧大于它的元素的个数]：改为求区间和hash[n+1]+...+hash[n_max]，即preSum[n_max]-preSum[n]
元素取值改为 [可能为负/可能非常大]：使用离散化技巧
离散化
思路：
实际上我们只关注元素之间的大小关系，因此在这里[-9999,111,1,11111111]等价于[1,3,2,4]
因此，我们要做的就是把具体数值映射到排名，从而回到上面的 [正整数序列]的问题
具体实现：
- 方法一：类似于“对于考试分数排名，分数相同则排名相同”的问题
- 预处理：对于
(val,pos)排序，根据排序结果计算各元素排名，用排名替换原数组中的具体数值val（位置在pos处） - 排名rank的逻辑：遍历排序结果，
如果当前元素!=上一元素，则rank=当前已遍历元素数（遍历下标+1）；
如果当前元素==上一元素，则rank不变
- 方法二：直接去重后排序，元素的rank=元素在排序后的数组中的下标
可见，离散化的优点：将不在合适范围内的整数/非整数映射为正整数，或者将分布稀疏的元素聚集到一起，总之就是将元素值映射到一个连续的整数区间，且保持其大小相对关系；
离散化的缺点：仅用于离线查询，因为获取排名的前提是已知所有元素的值。
例题：
LeetCode 315. 计算右侧小于当前元素的个数
问题中元素取值范围-10^4 <= nums[i] <= 10^4，使用上面的离散化树状数组即可
class Solution:def countSmaller(self, nums: List[int]) -> List[int]:class BIT:def __init__(self, len):"""下标1~len的数组"""self.L = len + 1self.C = [0] * (len + 1)def lowbit(self, x):return x & (-x)def update(self, idx, val):while idx < self.L:self.C[idx] += validx += self.lowbit(idx)def preSum(self, idx):"""1~idx的和"""res = 0while idx:res += self.C[idx]idx -= self.lowbit(idx)return res# 从左到右遍历元素，树状数组`hash[num]`实时维护元素num的出现次数，# 则对于当前的元素`n`，答案为`hash[0]+hash[1]+...+hash[n-1]`，并且维护`hash[n]+=1`# 离散化，`[-9999,111,1,11111111]`等价于`[1,3,2,4]`rank = {}s = sorted(set(nums)) # 去重后得到唯一的排名for i, n in enumerate(s):rank[n] = i + 1bit = BIT(len(s))ans = [0] * len(nums)for i in range(len(nums) - 1, -1, -1):# 处理时不是处理数字，而是处理其离散化的排名r = rank[nums[i]]ans[i] = bit.preSum(r - 1) # 答案为`hash[0]+hash[1]+...+hash[n-1]`bit.update(r, 1) # 维护`hash[n]+=1`return ans变式：
剑指 Offer 51. 数组中的逆序对
在统计逆序对的时候，只需要统计每个位置右侧小于当前元素的个数，再对它们求和，就可以得到逆序对的总数
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