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树状数组概念
前缀和和区间和
树状数组原理
区间和——单点更新
前缀和——区间查询
完整代码
离散化
- sort函数
- unique函数去重
- erase函数仅保留不重复元素
通过树状数组求逆序对

树状数组概念

树状数组又名二叉索引树，其查询与插入的复杂度都为 O(logN)，其具有以下特征：

树状数组是一种实现了高效查询「前缀和」与「单点更新」操作的数据结构。
是求逆序对的经典做法。
不能解决数组有增加和修改的问题。

前缀和和区间和

既然树状数组是为了解决前缀和问题，那么我们首先要知道什么是前缀和?

要提前缀和就不得不提区间和，举个例子来说明两者：

ivec = {1, 2, 3, 4}
presum = {1, 3, 6, 10} // 前缀和
sumrange[1,3] = 9 // 下标1~3的区间和，2+3+4=9

由上可得，sumrange[beg, end] = presum[end] - presum[beg - 1] ，以例子来分析其合理性：
因为 sumrange[1,3] = 2+3+4 ，presum[3] = 1+2+3+4 ，也就是说 sumrange[1,3] = presum[3] - ivec[0] ，ivec[0] = presum[0] = presum[1-1] ，因此， sumrange[1,3] = presum[3] + presum[0] 。

但 sumrange[beg, end] = presum[end] - presum[beg - 1] 有个隐患——访问 beg-1 的位置容易导致下标越界，如：sumrange[0,4] 。因此我们可以改变前缀和数组下标 i 保存的内容，当有访问越界风险时，前缀和数组下标 i 保存的是 [0, i] 的累加和；那么如果令 前缀和数组下标 i 保存 [0, i) 的累加和 ，令 presum[0] = 0 ，则可得到 sumrange[beg, end] = presum[end+1] - presum[beg] 。避免了下标越界的风险。
举例为证：

ivec = {1, 2, 3, 4}
presum = {0, 1, 3, 6, 10}
sumrange[1,3] = presum[3+1] - presum[1] = 10 - 1 = 9
sumrange[0,3] = presum[3+1] - presum[0] = 10 - 0 = 10

明晰了如何通过前缀和数组来算区间和，那么实际上树状数组实现的就是如何用区间和算前缀和。

树状数组原理

树状数组本质上是 空间换时间 的操作，保存 区间和 以求更快的算出 前缀和。以下图为例，红色数组为树状数组（称为C），蓝色数组为普通数组（称为A）。由于上面证明了从 1 开始存储可以避免访问越界的情况。另，也因为在计算前缀和时，终止条件通常为遇0。 因此 A 和 C 都是从 1 开始存储元素。

区间和——单点更新

树状数组是如何保存 区间和 的呢？通过观察上图，我们可以得到如下规律：

C1 = A1 = sumrange[1]
C2 = C1 + A2 = A1 + A2 = sumrange[1, 2]
C3 = A3 = sumrange[3]
C4 = C2 + C3 + A4 = A1 + A2 + A3 + A4 = sumrange[1, 4]
C5 = A5 = sumrange[5]
C6 = C5 + A6 = A5 + A6 = sumrange[5, 6]
C7 = A7 = sumrange[7]
C8 = C4 + C6 + C7 + A8 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8 = sumrange[1, 8]

以上规律可以总结归纳为这样的特征：下标 i 存储了从 i 往前 2^k （k为二进制表示的 i 中 末尾0 的个数）个元素的区间和（出现次数），举例验证：

i = 8 = 1000, k = 3, 2^3 = 8, C8 是 A1~A8 的区间和（出现次数）
i = 6 = 110, k = 1, 2^1 = 2, C6 是 A5~A6 的区间和（出现次数）
i = 5 = 101, k = 0, 2^0 = 1, C5 是 A5 的区间和（出现次数）

怎样实现这样的存储方式呢？对于一个输入的数组A，我们每一次读取的过程，其实就是一个不断更新单点值的过程，一边读入 A[i] ，一边将 C[i] 涉及到的祖先节点值更新，完成输入后树状数组也就建立成功了。举个例子：

假设更新 A[2] = 8 ，那么管辖 A[2] 的 C[2]，C[4]，C[8] 都要加上 8（A2 的所有祖先节点），那么怎么找到所有的祖先节点呢？通过观察他们的二进制形式我们发现：

C₂ = C₁₀ ； C₄ = C₁₀₀ ； C₈ = C₁₀₀₀

不明显，再观察一个一个例子，A[5] 的祖先节点有 C[5]，C[6]，C[8] ，观察其二进制形式：

C₅ = C₁₀₁ ； C₆ = C₁₁₀ ； C₈ = C₁₀₀₀

也就是说，我们不断地对 二进制i 的 末尾1 进行 +1 操作（寻找末尾1由Lowbit函数实现），直至到达 树状数组下标最大值 n 。

实现单点更新update(i, v)：把下标 i 位置的数加上一个值 v 。

int Lowbit(int x){return x & -x;
}void update(int i, int v){while(i<=n){ // n为树状数组.size()-1tree[i] += v;i += Lowbit(i);}
}

PS：在求逆序对的题目中，C[i] 保存某一区间元素出现的次数，便于快速计算前缀和。

前缀和——区间查询

如何通过 区间和 得到 前缀和 ？举例说明：

presum[8] = C8 。8 = 1000
presum[7] = C7 + C6 + C4 。7 = 111 ，6 = 110 ，4 = 100
presum[5] = C5 + C4 。5 = 101 ，4 = 100

对于 presum[i] 而言，结合着后面跟的二进制表示，不难发现，求 presum[i] 即是将 i 转换为 二进制 ，不断对 末尾的1 进行 -1 的操作（寻找末尾1由Lowbit函数实现），直到全部为0停止。

实现区间查询函数 query(i)：查询序列 [1⋯i] 区间的区间和，即 i 位置的前缀和。

PS：在求逆序对的题目中，i-1 位的前缀和 presum[i-1] 表示「有多少个数比 i 小」，也就代表了有多少个逆序对。

int query(int i){int res = 0;while(i > 0){res += tree[i];i -= Lowbit(i);}return res;
}

完整代码

class BIT {vector<int> tree;int len;
public:BIT(int n):len(n), tree(n){}BIT(vector<int>& nums>{len = nums.size();tree = vector<int>(nums.size()+1);} static int Lowbit(int x){return x & -x;}int query(int x){ // 区间查询int res = 0;while(x){res += tree[x];x -= Lowbit(x);}return res;}void update(int x){ // 单点更新while(x<len){tree[x]++;x += Lowbit(x);}}
};

离散化

离散化常常用在通过树状数组求逆序对的题目中，连续化时，树状数组的长度为普通数组的最大元素。

比如题目给出一个数组 ivec = { 7, 4, 5, 100, 7, 5 } ，通过树状数组求逆序对的步骤如下：

创建长度为 100 的树状数组，下标从 1 开始。
倒序遍历 ivec ，通过区域求和得到 tree 数组中下标 ivec[i] 的前缀和，前缀和代表着比 ivec[i] 小的元素有几个。
更新单点，执行 tree[ivec[i]]++ 。举例：ivec[i]=7 ，tree[7]++ ，代表 7 已被遍历过，出现了一次。

具体执行：

res = 0; // 存储逆序对个数
ivec = { 7, 4, 5, 100, 7, 5 }^
0 0 0 0 1 1 0 1 0 ……  0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 …… 100
执行 res += query(4) 【已有的小于ivec[i]的元素才构成逆序对，因此从 ivec[i]-1 开始区间查询】得到 res = 0 + 0 = 0
单点更新，下标为 5、6、8…… 的 value 加 1ivec = { 7, 4, 5, 100, 7, 5 }^
0 0 0 0 1 1 1 2 0 ……  0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 …… 100
执行 res += query(6) 得到 res = 0 + 1 = 1
单点更新，下标为 7、8…… 的 value 加 1ivec = { 7, 4, 5, 100, 7, 5 }^
0 0 0 0 1 1 1 2 0 ……  1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 …… 100
执行 res += query(99) 得到 res = 1 + 1 = 2
单点更新，下标为 100 的 value 加 1ivec = { 7, 4, 5, 100, 7, 5 }^
0 0 0 0 2 2 1 3 0 ……  1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 …… 100
执行 res += query(4) 得到 res = 2 + 0 = 2
单点更新，下标为 5、6、8…… 的 value 加 1

以此类推，很容易算出逆序对的数量。但是！可以发现1、2、3、6、8、9、…… 、98、99这些绝大多数位置都浪费了。因此我们需要对树状数组离散化，以节省内存空间。

实现树状数组离散化：

void Discretization(vector<int>& nums) {// nums 是 输入数组 的拷贝数组sort(nums.begin(), nums.end());nums.erase(unique(nums.begin(), nums.end()), nums.end()); //元素去重，下文有详细剖析
}int getid(int x, vector<int> nums){return lower_bound(nums.begin(), nums.end(), x) - nums.begin() + 1;
}

上述代码的作用简单来讲就是，通过 Discretization函数 将 nums 中的值保存到 a 中，并进行升序排列、元素去重的操作。以 ivec 为例，经过 Discretization函数 处理，得到

a = {4, 5, 7, 100}

而通过 getid函数 将 a 中元素映射为对应的树状数组下标，也就是 4 存在树状数组下标为 1 的地方，5 存在树状数组下标为 2 的地方……以此类推。举例：

ivec = { 7, 4, 5, 100, 7, 5 }^
0 1 0  1 // value
4 5 7 100 // 映射得到的逻辑下标
1 2 3  4// 物理下标
执行 res += query(getid(5)) 得到 res = 0
单点更新，下标为 getid(5)=2、getid(100)=4 的 value 加 1ivec = { 7, 4, 5, 100, 7, 5 }^
0 1 1  2 // value
4 5 7 100 // 映射得到的逻辑下标
1 2 3  4// 物理下标
执行 res += query(getid(7)) 得到 res = 1
单点更新，下标为 getid(7)=3、getid(100)=4 的 value 加 1

下面是对 Discretization函数 的剖析。

sort函数

接受两个迭代器，表示要排序的元素范围
是利用元素类型的<运算符实现排序的，即默认升序

实例：

unique函数去重

重排输入序列，将相邻的重复项“消除”；
“消除”实际上是把重复的元素都放在序列尾部，然后返回一个指向不重复范围末尾的迭代器。

实例：

从上图可知，unique返回的迭代器对应的vc下标为4，vc的大小并未改变，仍有10个元素，但顺序发生了变化，相邻的重复元素被不重复元素覆盖了， 原序列中的“1 2 2”被“2 3 4”覆盖，不重复元素出现在序列开始部分。

erase函数仅保留不重复元素

可以通过使用容器操作——erase删除从end_unique开始直至容器末尾的范围内的所有元素：

通过树状数组求逆序对

题源力扣：数组中的逆序对

代码实现：

class BIT {vector<int> tree;int st;
public:BIT(int n) :st(n), tree(n) {}BIT(vector<int>& nums) {st = nums.size();tree = vector<int>(nums.size());for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {update(i, nums[i]);}}static int Lowbit(int x) {return x & -x;}int query(int x) { // 区间查询int res = 0;while (x) {res += tree[x];x -= Lowbit(x);}return res;}void update(int x, int v) { // 单点更新while (x < st) {tree[x] += v;x += Lowbit(x);}}void show() {for (int i : tree) {cout << i << " ";}cout << endl;cout << "  4 5 7 100" << endl;}
};
class Solution {void Discretization(vector<int>& tmp) {sort(tmp.begin(), tmp.end());tmp.erase(unique(tmp.begin(), tmp.end()), tmp.end()); //元素去重}int getid(int x, vector<int>& tmp) {return lower_bound(tmp.begin(), tmp.end(), x) - tmp.begin() + 1;}
public:int reversePairs(vector<int>& nums) {int n = nums.size();vector<int> tmp = nums; // tmp作为离散化数组Discretization(tmp); // 排序去重BIT bit(tmp.size()+1);//bit.show();int res = 0; // 逆序对个数for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {//cout << "v[i]: " << nums[i] << endl;int id = getid(nums[i], tmp); // 寻找映射res += bit.query(id - 1);// 因为计算的是value小于nums[i]元素的数目// 因此从前一位开始，下标id保存的是当前value=nums[i]的个数bit.update(id, 1); // nums[i]的个数+1//bit.show();//cout << "res: " << res << endl;}return res;}
};int main() {vector<int> v = { 7, 4, 5, 100, 7, 5 };Solution s;/*int res = s.reversePairs(v);cout << res << endl;*/cout << s.reversePairs(v) << endl;
}
/*
7, 4, 5, 100, 7, 5
*/

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