二叉索引樹（樹狀陣列）

二叉索引樹（binary indexed tree），又叫樹狀陣列，主要是用於解決動態連續和查詢問題。

給定乙個n個元素的陣列a1，a2，....，an，你的任務是設計乙個資料結構，支援以下兩種操作。

對於正整數x，我們定義lowbit(x)為想的二進位制表示式中最右邊所對應的值。比如由38288的二進位制是1001010110010000可知lowbit(38288) = 16。我們將從0到n-1這n個數取lowbit，將數值相同的節點放在同一行上就可以得到一棵bit樹，而且lowbit值越大，越靠近根。

根據整數補碼表示的原理得到計算lowbit的方法是

int lowbit(int
x)

對於每乙個結點i，如果它是左子結點，那麼它的父節點編號是i+lowbit(i)；如果它是右子結點，那麼它的父節點編號是i-lowbit(i)。這樣我們可以構造乙個輔助陣列c，其中

ci = ai - lowbit(i) + 1 + ai - lowbit(i) + 2 +...+ ai

也即c的每個元素都是a陣列中的一段連續和。

有了c陣列之後怎麼計算字首和呢？

有了它和父結點的關係，我們可以順著結點i往左走，將沿途的c累加起來即可。具體實現如下：

int sum(int
x)     
return
res;
}

對於第一種操作又怎麼更新c陣列中的元素呢？

同樣有了它和父節點的關係，修改了乙個ai，我們從ci開始往左走，沿途修改所有節點對應的ci即可。具體實現如下：

int add(int x, int
d) }

可以看出兩個操作的時間複雜度均為o（logn）。預處理時將a和c陣列清空，然後執行n次add操作，總時間複雜度為o(n*logn)。

直接看一道例題1：la4329 ping pong

題意是有n個人，每個人都有乙個技能值，問能夠舉行多少場比賽，組成比賽的條件是三個人，兩個選手，乙個裁判，這個裁判必須住在兩個選手的中間，而且技能值必須也在兩者之間。

乍一看好像不是直接動態區間求和的題，我們仔細分析一下，設a1到ai-1有ci個小於ai，那麼就有i - 1 - ci個大於ai的數字，同樣道理設ai到an有di個比ai小，就有n-i-di個比ai大。然後根據乘法原理總的方法數等於ci * (n - i - di) + di * (i - 1 - ci)。現在問題的關鍵是怎麼求解ci和di。

其實我們將ai作為乙個下標，每次將這個位置上的值修改為1，然後查詢cai-1，也就是前i - 1項的和，就是前面有幾個比ai小的數。類似的倒序遍歷ai查詢，得到bi。最後乙個迴圈計算所有的比賽數。通過本題可以知道，樹狀陣列用於快速計算字首和，此處用於快速計算有多少個比某值小的數的個數，可以說是一種妙用吧。

1 #include 2 #include 3 #include 4 #include 5
using
namespace
std;67
const
int maxn = 20000 + 10;8
intn, a[maxn], c[maxn], d[maxn];910
struct
bit 
18void
clear() 
21int lb(int
k) 24
25void add(int x, int
d) 30}31
32int sum(int
x) 38
return
res;39}
40}f;
41int
main()
4252
53f.resize(maxa);
54f.clear();
55for(int i = 1; i <= n; i++) 
59f.clear();
60for(int i = n; i >= 1; i--) 
6465
long
long ans = 0;66
for(int i = 1; i <= n; i++) 
69         printf("
%lld\n
", ans);70}
71return0;
72 }

例題2：hdu 1166 敵兵布陣

題意很簡單，動態查詢連續和。

1 #include 2 #include 3
4const
int maxn = 50000 + 10;5
intn, s[maxn];
6int lb(int
k) 9
10void add(int k, int
v) 15}16
17int sum(int
k) 23
return
res;24}
2526
intmain()
2740         printf("
case %d:\n
", ca++);
41while(scanf("
%s", op), op[0] != 'e'
) else
if(op[0] == 'a'
) else
if(op[0] == 's'
) 51}52
}53return0;
54 }

例題3：hdu 1394 minimum inversion number

給出乙個n的全排列，問通過迴圈移動組成的n個序列中形成的逆序對數最小是多少。

先看怎麼計算乙個序列的逆序對數，從序列的第乙個數開始，假如該數字是3，n=10，易得該數是第7大的數，我們使用樹狀陣列查詢之前加入的（雖然之前加入了0個數）數的前7項和，就是3的逆序對數。不要忘記的是查詢後在樹狀陣列中標記。這樣依次計算後可以的到整個序列的逆序對數。

如果對每乙個序列都這麼做，時間複雜度是o(n2logn)，時間是不允許的。由前面的計算我們知道了第乙個序列的逆序對數，思考能不能從第乙個逆序對數中得出後面序列的逆序對數。

答案是可以的。第二組序列可以看成是第乙個數字放到了數列的末尾，首先我們可以按照之前的方法，計算出前n-num[i]大的和，就是新增加的逆序對數，那減少了多少呢？

其實就是移動到末尾的數字的大小。

1 #include 2 #include 3
4const
int maxn = 5000 + 10;5
intn, s[maxn], num[maxn];67
int lb(int
k) 10
11void add(int k, int
v) 16}17
18int sum(int
k) 24
return
res;25}
2627
intmain() 
2834
35int tm = 0;36
for(int i = 0; i < n; i++) 
40int ans =tm;
4142
for(int i = 0; i < n - 1; i++) 
51         printf("
%d\n
", ans);52}
53return0;
54 }

二叉索引樹（樹狀陣列）

二叉索引樹（樹狀陣列）

樹狀陣列（二叉索引樹）

BIT二叉索引樹（樹狀陣列）

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