树状数组

问题引入

树状数组是一种实现起来比较简单的高级数据结构。

我们知道，对于一个数组a[i]，其前缀和s[i]表示a数组里面前i个元素之和，而求区间l到r的元素之和可以用s[r] - s[l-1]来求。

现在有个单点修改，区间查询的问题，也就是修改原始数组a中某个元素，然后查询某段区间内元素之和。

暴力做法修改a中某个元素的时间复杂度是O（1），查询区间和复杂度是O（n）；如果将前缀和数组利用起来，那么查询区间和操作的复杂度固然可以降为O（1），但是单次修改操作后更新前缀和数组的复杂度却是O（n）的。

现在我们需要实现修改和查询操作复杂度均是O（logn）的一个算法。

lowbit运算

二进制位运算可以很简单的实现一些功能，比如x & (x - 1)就可以将x的二进制表示中最后一个1去掉，而lowbit运算则可以只保留一个整数的最后一个1，lowbit(x) = -x & x是怎么实现这个功能的呢？（如果不想了解其中原理，可以跳过后面三段，减轻思维负担。）

首先，二进制的编码方式分为原码、补码和反码，正数的原码与补码、反码相同，负数的反码等于原码除符号位外按位取反，负数的补码等于原码除符号位外按位取反后加上1，而计算机中存储的就是整数的补码形式。

比如x = 0,1010，开头的0表示符号位，-x的原码就是1,1010，反码是1,0101，补码就是1,0110，

那么x & -x = 0,0010，与x的0,1010相比只保留了最后一个1.更加清楚的解释就是开始x最后一个1后面跟着若干个0，比如说1000对x按位取反后最后一个1变成了0,后面的数都是1，也就是0111，再加上个1就会连续进位成为1000，和x最开始的样子保持一致，而x的最后一个1之前的元素都取反了与x相与自然都变成了0.这样就保留了x的最后一个1。

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

树状数组的定义

现在我们知道了lowbit(x)可以提取x的最后一个1，那么要如何在对数时间复杂度内实现单点修改和区间查询操作呢？我们先来分析下使用前缀和数组进行单点修改的复杂度为什么是O（n）的，s[i]存储着前i个元素的和，换句话说，s[i]管理着前i个元素，而a[i]被后面n - i个元素管理着。如果我们修改了a[i]，那么从s[i]一直到s[n]这n - i + 1个元素的前缀和都改变了，归根结底就是因为s[n]存储着n个元素的和，一旦修改，牵一发而动全身。如果我们定义一个新的前缀和数组tr[n]来存储n前面logn个元素的和呢？那么相当于tr[i]只管理着logi个元素，只有这logi个元素其中的一个改变了，tr[i]才会改变，修改的复杂度就会大大降低了。

现在我们定义tr[n]为第n个元素及其之前的lowbit(n) - 1个元素之和，比如n = 6时，6 = （0110），lowbit（6） = （10） = 2，tr[6] = a[6] + a[5]。

如图所示，图中的C数组就是我们说的tr数组，我们将tr[i]管理的元素视为i的孩子节点，比如tr[6]是求第五个和第六个元素的和，那么tr[5]就是tr[6]的孩子节点。为什么tr[i]要管理着前面的lowbit(i)个元素呢？这是由二进制分组决定的，比如7 = 0111 = 0001 + 0010 + 0100 = 1 + 2 + 4，我们将前七个元素分为三组，第一组7，第二个6 5，第三组4 3 2 1，可以看出，每组的个数恰好是lowbit的值，lowbit(7) = 1，剩下6个元素，lowbit(6) = 2，剩下4个元素，lowbit(4) = 4。也就是:

tr[7] = a[7]
tr[6] = a[6] + a[5]
tr[4] = a[4] + a[3] + a[2] + a[1]

我们求前7个元素之和s7 = tr[7] + tr[6] + tr[4]，求前x个元素之和时，x中有几个1，lowbit运算就会执行几次，前x个元素也就会分成多少组，而x中1的个数必然不超过x的字长，也就是区间求和操作最多对logn个元素进行求和，实现了求和的O(logn)的复杂度。

那么修改操作的复杂度呢？我们知道对于节点x而言，其前面的lowbit(x) - 1个元素都是x的孩子节点，它们的改变都会引起tr[x]的改变，所以我们修改了x，对于下标小于x的元素而言，是没有影响的，因为tr[i]只会管理前面的元素，修改x，首先改变的就是a[x]，继而改变了tr[x]，然后一路沿着x的父节点往上，影响着x的祖先节点的值，那么如何求x的父节点呢？也就是管理着x的节点。

比如tr[12]，12 = 1100，lowbit（12） = 4，也就是12管理着12,11,10,9四个节点，对于其中的任一个孩子节点比如10 = 1010而言lowbit(10) = 2,10 + 2 = 12，10的父节点就是12，再比如9 = 1001，lowbit(9) = 1,9 + 1 = 10也就是说，9的父节点是10。lowbit(9) = 1，所以9只管理着自己，然后10管理着10,9，12管理着12,11,10,9，再之后就是16管理着前16个元素。我们得出的结论是，节点x的父节点是x + lowbit(x)。

树状数组的实现

如果不想理解细节，只考虑实现，只需要理解三点：

lowbit(x)表示取x的最后一个1
tr[x]管理着x前面的lowbit(x)个元素
x在树状数组中的父节点是x + lowbit(x)

知道了这三点，我们就可以实现树状数组的插入和查询操作了。

插入x，只会影响x和其祖先节点，相当于自下而上更新tr数组

void add(int x,int c){for(;x <= n;x += lowbit(x)) tr[x] += c;
}

查询前x个元素之和，相当于给x分组，第一组是x到x - lowbit(x) + 1，第二组是x - lowbit(x)到x - lowbit(x) - lowbit(x - lowbit(x)) + 1，…。第一组元素之和是tr[x]，第二组元素之和是tr[x-lowbit(x)]，…。将各组元素之和加起来就是我们要求的前x个元素之和了。

int query(int x){int res = 0;for(;x;x -= lowbit(x)) res += tr[x];return res;
}

至于区间和，求出前r个元素之和和前l - 1个元素之和，相减就得到了区间和。

树状数组的核心操作代码就只要寥寥几行，还是很简洁的。当然这只是树状数组在单点更新，区间求和上的应用，倘若要求区间最值，改变下树状数组的定义即可，可以定义为tr[i]为i及其左边的lowbit(i)个元素中的最值，同样是一个元素管理lowbit个元素，复杂度和区间求和一致。

树状数组应用之求逆序对的个数

比如有一个数组3 4 2 5 6 1，我们要求这个数组里有多少个逆序对，对于某个元素，可以遍历之后的元素，统计比该元素小的元素个数，就可以求出逆序对的个数了。我们也可以使用hash的方法来每个元素坐标有多少个比它大的元素，遍历到3，cnt[3] = 1,然后cnt[4] = 1，遍历到2时，如果数组内的元素都在一定的范围内，我们就可以遍历cnt数组中2之后的位置，统计下此时cnt[2]之后有多少个元素，然后发现有2个元素，因此2的坐标比它大的有两个元素，这种统计一个数左边有多少个比它大或者比他小的元素，需要对cnt数组求和，由于在遍历过程中我们需要不断的更新cnt数组，所以也属于单点更新，区间查询问题，可以使用树状数组来解决。

初始情况cnt[i] = 0，cnt数组是原始数组，tr[i]数组是cnt数组生成的的树状数组。原始数组cnt的值都是0，表示没有元素出现，遍历到3，树状数组3右边的元素之和还是0，所以3左边没有比3大的元素，将3插入到树状数组中，原始数组cnt[3] = 1；继续遍历4，cnt数组里4右边的元素和还是0，将4加入树状数组，cnt[4] = 1；接着遍历2，此时树状数组里面比2大的有两个，就求出了2左边比它大的元素个数。

下面一道题就是树状数组在求逆序对数目上的经典应用。

题目描述

在完成了分配任务之后，西部 314 来到了楼兰古城的西部。

相传很久以前这片土地上(比楼兰古城还早)生活着两个部落，一个部落崇拜尖刀(V)，一个部落崇拜铁锹(∧)，他们分别用 V 和 ∧ 的形状来代表各自部落的图腾。

西部 314 在楼兰古城的下面发现了一幅巨大的壁画，壁画上被标记出了 n 个点，经测量发现这 n 个点的水平位置和竖直位置是两两不同的。

西部 314 认为这幅壁画所包含的信息与这 n 个点的相对位置有关，因此不妨设坐标分别为 (1,y1),(2,y2),…,(n,yn)，其中 y1∼yn 是 1 到 n 的一个排列。

西部 314 打算研究这幅壁画中包含着多少个图腾。

如果三个点 (i,yi),(j,yj),(k,yk) 满足 1≤i<j<k≤n 且 yi>yj,yj<yk，则称这三个点构成 V 图腾;

如果三个点 (i,yi),(j,yj),(k,yk) 满足 1≤i<j<k≤n 且 yi<yj,yj>yk，则称这三个点构成 ∧ 图腾;

西部 314 想知道，这 n 个点中两个部落图腾的数目。

因此，你需要编写一个程序来求出 V 的个数和 ∧ 的个数。

输入格式
第一行一个数 n。

第二行是 n 个数，分别代表 y1，y2,…,yn。

输出格式
两个数，中间用空格隔开，依次为 V 的个数和 ∧ 的个数。

数据范围
对于所有数据，n≤200000，且输出答案不会超过 int64。
y1∼yn 是 1 到 n 的一个排列。

输入样例：
5
1 5 3 2 4
输出样例：
3 4

分析

统计V的数目与统计逆序对的方法如出一辙，我们可以枚举中间元素，一共有n种情况，比如中间元素是x，在数组里x的左边有a个比x大的元素，a的右边有b个比x大的元素，那么我们可以在a的左边比它大的元素中任选一个，再在x的右边比它大的元素中任选一个，就可以构成V结构了，根据乘法原理一共有ab中组合方案。还需要求 ∧的数目，因此我们需要统计的是每个元素左边、右边比它大和比它小的元素的数目。

本题有个比较好的条件“y1∼yn 是 1 到 n 的一个排列”，这就保证了y的取值各不相同且有规律可循，我们用数组数组查询出了第i元素左边比它小的元素个数t1，而i的左边一共有i - 1个元素，其中t1个比它小，则剩下的i - 1 - t1个元素就都比它大了。y数组里一共n个元素，范围都不超过n，则比yi小的元素一共yi - 1个，既然第i个元素左边有t1个比它小的元素，那么右边比它小的元素个数就是t2 = yi - 1 - t1，同理可求出右边比它大的元素是n - i - t2个。这样一来一次查询操作就求出了第i个元素左右两边比它大和比它小的元素个数了。

代码

#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 200005;
typedef long long ll;
int a[N],tr[N];
int n;
int lowbit(int x){return -x & x;
}
void add(int x,int c){for(;x <= n;x += lowbit(x)) tr[x] += c;
}
int query(int x){int res = 0;for(;x;x -= lowbit(x)) res += tr[x];return res;
}
int main(){scanf("%d",&n);for(int i = 1;i <= n;i++)   scanf("%d",&a[i]);ll res1 = 0,res2 = 0;for(int i = 1;i <= n;i++){ll t1 = query(a[i]-1),t2 = i - 1 - t1;res1 += t2 * (n - a[i] - t2);res2 += t1 * (a[i] - 1 - t1);add(a[i],1);}printf("%lld %lld\n",res1,res2);return 0;
}

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