題面
首先，我們要推乙個柿子。
\(\displaystyle\sum_^ a[i]\)
把a[i]用差分陣列表示出來，就可以寫成
\(\displaystyle\sum_^\sum_^ d[i]\)
我們考慮一下，每個d[i]出現的次數是一定的。
那我們可以換一下列舉順序，先列舉d[i]在列舉他出現的次數，就可以變成
\(\displaystyle\sum_^ d[i]\times (n-i+1)\)
再把後面的(n-i+1）拆成(n+1) - i
就可以變成\(\displaystyle\sum_^ d[i] \times (n+1) - d[i] \times i\)
也就是 \(\displaystyle\sum_^ d[i] \times (n+1)\) - \(\displaystyle\sum_^ d[i] \times i\)
然後我們可以把前面的（n+1）提出來變成
\((n+1)\times \displaystyle\sum_^ d[i] - \displaystyle\sum_^ d[i] \times i\)
後面的兩個字首和就可以用樹狀陣列來維護，這樣樹狀陣列就可以支援區間修改和區間查詢。
求[l,r]的區間和可以用[1,r]的區間和減去[1,l-1]的區間和來求出來
\(\displaystyle\sum_^ a_i\)
= \(\displaystyle\sum_^\displaystyle\sum_^ d_i\)
= \(\displaystyle\sum_^ d_i\times (n-i+1)\)
= \(\displaystyle\sum_^ d_i \times (n+1) - d_i \times i\)
= \(\displaystyle\sum_^ d_i \times (n+1)\) - \(\displaystyle\sum_^ d_i \times i\)
= \((n+1)\times \displaystyle\sum_^ d[i] - \displaystyle\sum_^ d[i] \times i\)
#include#include#includeusing namespace std;
#define int long long
int n,m,opt,x,y,z,tmp;
int d[1000100],tr[1000010],a[1000010];
inline int read()
while(ch >= '0' && ch <= '9')
return s * w;
}int lowbit(int x)
void chenge(int x,int val)
}void modify(int x,int val)
}int ask(int x)
return ans;
}int query(int x)
return ans;
}signed main()
while(m--)
if(opt == 2)
} return 0;
}
你可以形象的理解為先對每一行求乙個樹狀陣列，在用樹狀陣列的方式把他們加起來。
例題操作1就是普通的單點修改，直接在原來的迴圈裡面再套一層迴圈每一行的樹狀陣列就可以了。
操作2的話比較麻煩，我們考慮一下容斥原理。
我們可以用整個矩形的面積減去綠色矩形的面積減去黃色矩形的面積，在加上陰影部分的面積。
已就是
ask(c,x2,y2) - ask(c,x1-1,y2) - ask(c,x2,y1-1) + ask(x,x1-1,y1-1)}至於二維樹狀陣列的其他操作，蒟蒻我還沒學會，暫且先咕著吧qaq。
樹狀陣列求逆序對
#include#include#includeusing namespace std;
char ch;
int n,tr[1000010],b[1000010],a[50][100010],num[30],cnt[30];
long long ans;
int lowbit(int x)
void chenge(int x,int val)
int ask(int x)
int main()
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int i = 1; i <= n; i++)
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
樹狀陣列 區間修改，區間查詢
也許更好的閱讀體驗 好東西，以後可以不打線段樹了 本篇假定讀者都會最基礎的兩種樹狀陣列，即區改單查和單改區查 思考如何維護乙個區間的值，想到了差分 對乙個差分陣列做一次字首和可以得到每個位置的值 再對每個位置累加一下就是乙個區間的值 公式化的講，就是 設差分陣列為 c 則每個位置的值 val i s...
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