树状数组总结
对于树状数组，基本操作有以下两种
int sum(int x){
int ret=0;
while(x>0){
ret+=C[x];
x-=lowbit(x);
}
return ret;
}
void add(int x,int d){
while(x<=n){
C[x]+=d;
x+=lowbit(x);
}
}
对于树状数组，代码功能其实不难理解，主要是对于操作利用要灵活，选取多个习题进行练习是个不错的选择
树状数组基本操作
- 题意：n个人，现在需要这样的三人集合：中间的人技能值处在左右两个人的技能值之间，问存在多少个这样的集合。
- 解法：设l[i]为i左边小于a[i]的人数，r[i]为大于其的人数，答案为
for i:1~n
ans+=l[i]*r[i]+(i-1-l[i])*(n-i-r[i]);
重点在于对l[i]和r[i]的计算
memset(C,0,sizeof(C));
for(int i=1; i<=n; i++)
{
l[i]=sum(a[i]-1);
add(a[i],1);
}
memset(C,0,sizeof(C));
for(int i=n; i>=1; i--)
{
r[i]=n-i-sum(a[i]);
add(a[i],1);
}
习题2：hdu 1394 Minimum Inversion Number
- 题意：对于一个数列(1~n乱序)，每次把最前面的一个数放到数列最后面，求所有这样的操作中逆序数最少时是多少
- 解法：首先求出现有数列的逆序数之和ans，然后每个a[i]移至数列之尾对ans的影响为ans=ans-(n-a[i])+(a[i]-1)，枚举即可得到答案
(现有逆序数之和怎么求？)
for i:1~n
ans+=sum(a[i]+1); //sum(a[i])求在i之前比a[i]大的数字个数
add(a[i],1);
通过前两题，可以说对树状数组的基本操作有了个认识,现在可以进行更高层次的训练
树状数组+离线处理
-
题意：一串珠子，每个珠子有一个值，query(l,r)是问l到r之间珠子的值之和，同时相同的值只计数一次，如 1 2 1，query(1,3)=3
-
解法：
不如结合案例进行分析
如下
原数列为：2,3,4,3
我们对所有的(n)*(n-1)/2个(l,r)区间进行推算
1. (l,1)
-->
query(1,1)=2;
2. (l,2)
-->
query(1,2)=5;
query(2,2)=3;
3. (l,3)
-->
query(1,3)=9;
query(2,3)=7;
query(3,3)=4;
4. (1,4)
-->
query(1,4)=9; //注意到此处
query(2,4)=7; //注意到此处
query(3,4)=7;
query(4,4)=3;
很显然，前三组数据都可以使用树状数组直接求出，只有到第四组数据的时候会出现误差，然而这样的差错在按照r按顺序排列查询是可以避免的。只要我们在新出现的数字出现时判断之前是否已经出现过，如果出现，就把之前的那个位置清空，在新的下标上加上这个数字。
Q：只将r端点进行排序，l端点出现的顺序对答案有没有影响？
Ans：没有，我们只需要计算a[r]这个数字一次就行了，更新的这个数字顶多也就是a[r]这个位置的数，对l的数字没有任何影响
sort(b+1,b+m+1,cmp1); //按r从小到大排序
int q=1;
for(int i=1; i<=n&&q<=m; i++)
{
if(book[a[i]]) add(book[a[i]],-a[i]);
add(i,a[i]);
book[a[i]]=i;
while(b[q].r==i)
{
b[q].ans=sum(b[q].r)-sum(b[q].l-1);
q++;
}
}
sort(b+1,b+m+1,cmp2); //按id从小到大排序
for(int i=1; i<=m; i++)
{
printf("%lld
",b[i].ans);
}