學習總結之樹狀陣列

樹狀陣列和線段樹聽說是區分acmer和其他人的重要區別，嘿嘿嘿。。。

樹狀陣列總體而言可以總結為乙個很簡單的問題複雜化，但是時間簡單化。

問題的引入：

給定n個數，a[1]…a[n]。每次我們可能有兩種操作：

（1）求出a[i]…a[j]的和；

（2）給a[x]的值加上乙個值val。

n的規模如果比較大（約100000）

該如何高效的實現？

這個時候如果我們通過暴力求解的話，1000ms的時間內如果資料達到了10e5就會直接超時，總體而言我們要找到一種新的方法進行工作，樹狀陣列應運而生。

這個太精彩了！！

方格中數字代表對應陣列的第幾個元素,下排是a陣列,其上方的是e陣列,最下的二進位制則是對應編號的二進位制表示.

箭頭表示這個陣列元素被哪個陣列元素包含了,比如e[2]=e[1]+a[2]=a[1]+a[2], e[4]=e[2]+e[3]+a[4]=e[2]+a[3]+a[4]=a[1]+a[2]+a[3]+a[4].

注意觀察:

1.a的每個元素至多僅被e的乙個元素包含,這點和樹有很大相同,但整體並不是樹

2.每個ei可認為是僅包含ai和其它若干個e元素

3.每個ei包含的元素數目(不包括ai在內)為i的二進位制表示中末位連續的0的個數

同時我們也會對於這個樹狀陣列的應用產生以下的疑問：

1.對應二進位制數的最末連續0的個數如何得知?

2.如何儲存?

3.如何在修改時訪問需要訪問的元素?

4.如何在求和時訪問需要訪問的元素?

就讓我們乙個乙個的來解決！

1、通過位運算進行解決

在實際應用中,我們需要的不是最末連續的0的個數,而是最末那段」1000」對應的十進位制數

lowbit(x) := (((x-1) xor x) and x);

或者:lowbit(x) := ((-x) and x);

2、儲存直接使用一維陣列就可以啦

如何訪問父親和兄弟?

由於某元素和其父親,最近的兄弟在下標上存在關係(與lowbit(x)有關),利用這個關係就可以用一維陣列儲存了,而且稍後你會發現,

儲存e陣列即可,無需儲存a陣列.

3、事實上修改操作只涉及到父節點的訪問

經過觀察和**,前人們得出了這個規律:

父親:比他大的,離他最近的,末位連續0比他多的數就是他的父親,x節點父親的編號=x+lowbit(x)

4、當我們求1…x的資訊時,e[x]如果包含的不是1…x的全部資訊,(比如e[6]=a[5]+a[6])就需要再找乙個ek累加起來,這個k我們稱之為x的前驅,舉個例子:

a[1]+a[2]+…+a[6]=e[6]+e[4],a[1]+a[2]+…a[7]=e[7]+e[6]+e[4]

前驅的編號即為比自己小的,最近的,最末連續0比自己多的數

所以前驅=x-lowbit(x)

當然這些都可以用我做的下面的**進行實現，為了方便理解，我通過迴圈把直接轉換為了**形式

#includeusing namespace std;
int lowbit(int x)
int change(int x)
return a;
}int getfather(int x)
int getson(int x)
int main()
return 0;
}

不方便編譯可以直接看我的答案：

1 二進位制：1 二進位制0的個數：1 他的父親節點：2他的前驅:0 2 二進位制：1 二進位制0的個數：2 他的父親節點：4他的前驅:0 3 二進位制：11 二進位制0的個數：1 他的父親節點：4他的前驅:2 4 二進位制：1 二進位制0的個數：4 他的父親節點：8他的前驅:0 5 二進位制：101 二進位制0的個數：1 他的父親節點：6他的前驅:4 6 二進位制：11 二進位制0的個數：2 他的父親節點：8他的前驅:4 7 二進位制：111 二進位制0的個數：1 他的父親節點：8他的前驅:6 8 二進位制：1 二進位制0的個數：8 他的父親節點：16他的前驅:0 9 二進位制：1001 二進位制0的個數：1 他的父親節點：10他的前驅:8 10 二進位制：101 二進位制0的個數：2 他的父親節點：12他的前驅:8

是不是很精彩呢~~

學習總結之樹狀陣列

樹狀陣列學習總結

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樹狀陣列總結

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