Fenwick

简介

树状数组和线段树具有相似的功能，但他俩毕竟还有一些区别：树状数组能有的操作，线段树一定有；线段树有的操作，树状数组不一定有。但是树状数组的代码要比线段树短，思维更清晰，速度也更快，在解决一些单点修改的问题时，树状数组是不二之选。

原理

下面这张图展示了树状数组的工作原理：

这个结构和线段树有些类似：用一个大节点表示一些小节点的信息，进行查询的时候只需要查询一些大节点而不是所有的小节点。

最上面的八个方块就代表数组 $a$。

他们下面的参差不齐的剩下的方块就代表数组 $a$ 的上级——$c$ 数组。

从图中可以看出：
$c_2$ 管理的是 $a_1$,$a_2$；
$c_4$ 管理的是 $a_1$,$a_2$,$a_3$,$a_4$；
$c_6$ 管理的是 $a_5$,$a_6$；$c_8$ 则管理全部 $8$ 个数。

如果要计算数组 $a$ 的区间和，比如说要算 $a_{51}$~$a_{91}$ 的区间和，可以采用类似倍增的思想：

从 $91$ 开始往前跳，发现 $c_n$（$n$ 我也不确定是多少，算起来太麻烦，就意思一下）只管 $a_{91}$ 这个点，那么你就会找 $a_{90}$，发现 $c_{n - 1}$ 管的是 $a_{90}$&$a_{89}$；那么你就会直接跳到 $a_{88}$，$c_{n - 2}$ 就会管 $a_{81}$~$a_{88}$ 这些数，下次查询从 $a_{80}$ 往前找，以此类推。

用法及操作

那么问题来了，怎么知道 $c_i$ 管理的数组 $a$ 中的哪个区间呢？这时，我们引入一个函数——lowbit：

// C++ Version
int lowbit(int x) {
  // x 的二进制表示中，最低位的 1 的位置。
  // lowbit(0b10110000) == 0b00010000
  //          ~~~^~~~~
  // lowbit(0b11100100) == 0b00000100
  //          ~~~~~^~~
  return x & -x;
}

# Python Version
def lowbit(x):
    """
    x 的二进制表示中，最低位的 1 的位置。
    lowbit(0b10110000) == 0b00010000
             ~~~^~~~~
    lowbit(0b11100100) == 0b00000100
             ~~~~~^~~
    """
    return x & -x

注释说明了 lowbit 的意思，对于 $x=88$：$88_{(10)}=1011000_{(2)}$
发现第一个 $1$ 以及他后面的 $0$ 组成的二进制是 $1000$
$1000_{(2)} = 8_{(10)}$
$1000$ 对应的十进制是 $8$，所以 $c_{88}$ 一共管理 $8$ 个 $a$ 数组中的元素。

在常见的计算机中，有符号数采用补码表示。在补码表示下，数 x 的相反数 -x = ~x + 1。

使用 lowbit 函数，我们可以实现很多操作，例如单点修改，将 $a_x$ 加上 $k$，只需要更新 $a_x$ 的所有上级：

// C++ Version
void add(int x, int k) {
  while (x <= n) {  // 不能越界
    c[x] = c[x] + k;
    x = x + lowbit(x);
  }
}

# Python Version
def add(x, k):
    while x <= n: # 不能越界
        c[x] = c[x] + k
        x = x + lowbit(x)

前缀求和：

// C++ Version
int getsum(int x) {  // a[1]..a[x]的和
  int ans = 0;
  while (x >= 1) {
    ans = ans + c[x];
    x = x - lowbit(x);
  }
  return ans;
}

# Python Version
def getsum(x): # a[1]..a[x]的和
    ans = 0
    while x >= 1:
        ans = ans + c[x]
        x = x - lowbit(x)
    return ans

区间加 & 区间求和

若维护序列 $a$ 的差分数组 $b$，此时我们对 $a$ 的一个前缀 $r$ 求和，即 $\sum_{i=1}^{r} a_i$，由差分数组定义得 $a_i=\sum_{j=1}^i b_j$

进行推导

$$ \begin{aligned} &\sum_{i=1}^{r} a_i\=&\sum_{i=1}^r\sum_{j=1}^i b_j\=&\sum_{i=1}^r b_i\times(r-i+1) \=&\sum_{i=1}^r b_i\times (r+1)-\sum_{i=1}^r b_i\times i \end{aligned} $$

区间和可以用两个前缀和相减得到，因此只需要用两个树状数组分别维护 $\sum b_i$ 和 $\sum i \times b_i$，就能实现区间求和。

代码如下

// C++ Version
int t1[MAXN], t2[MAXN], n;

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

void add(int k, int v) {
  int v1 = k * v;
  while (k <= n) {
    t1[k] += v, t2[k] += v1;
    k += lowbit(k);
  }
}

int getsum(int *t, int k) {
  int ret = 0;
  while (k) {
    ret += t[k];
    k -= lowbit(k);
  }
  return ret;
}

void add1(int l, int r, int v) {
  add(l, v), add(r + 1, -v);  // 将区间加差分为两个前缀加
}

long long getsum1(int l, int r) {
  return (r + 1ll) * getsum(t1, r) - 1ll * l * getsum(t1, l - 1) -
         (getsum(t2, r) - getsum(t2, l - 1));
}

# Python Version
t1 = [0] * MAXN, t2 = [0] * MAXN; n = 0

def lowbit(x):
    return x & (-x)

def add(k, v):
    v1 = k * v
    while k <= n:
        t1[k] = t1[k] + v; t2[k] = t2[k] + v1
        k = k + lowbit(k)

def getsum(t, k):
    ret = 0
    while k:
        ret = ret + t[k]
        k = k - lowbit(k)
    return ret

def add1(l, r, v):
    add(l, v)
    add(r + 1, -v)

def getsum1(l, r):
    return (r) * getsum(t1, r) - l * getsum(t1, l - 1) - \
           (getsum(t2, r) - getsum(t2, l - 1))

Tricks

$O(n)$ 建树：

每一个节点的值是由所有与自己直接相连的儿子的值求和得到的。因此可以倒着考虑贡献，即每次确定完儿子的值后，用自己的值更新自己的直接父亲。

// C++ Version
// O(n)建树
void init() {
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    t[i] += a[i];
    int j = i + lowbit(i);
    if (j <= n) t[j] += t[i];
  }
}

# Python Version
def init():
    for i in range(1, n + 1):
        t[i] = t[i] + a[i]
        j = i + lowbit(i)
        if j <= n:
            t[j] = t[j] + t[i]

$O(\log n)$ 查询第 $k$ 小/大元素。在此处只讨论第 $k$ 小，第 $k$ 大问题可以通过简单计算转化为第 $k$ 小问题。

参考 "可持久化线段树" 章节中，关于求区间第 $k$ 小的思想。将所有数字看成一个可重集合，即定义数组 $a$ 表示值为 $i$ 的元素在整个序列重出现了 $a_i$ 次。找第 $k$ 大就是找到最小的 $x$ 恰好满足 $\sum_{i=1}^{x}a_i \geq k$

因此可以想到算法：如果已经找到 $x$ 满足 $\sum_{i=1}^{x}a_i \le k$，考虑能不能让 $x$ 继续增加，使其仍然满足这个条件。找到最大的 $x$ 后，$x+1$ 就是所要的值。在树状数组中，节点是根据 2 的幂划分的，每次可以扩大 2 的幂的长度。令 $sum$ 表示当前的 $x$ 所代表的前缀和，有如下算法找到最大的 $x$：

求出 $depth=\left \lfloor \log_2n \right \rfloor$
计算 $t=\sum_{i=x+1}^{x+2^{depth}}a_i$
如果 $sum+t \le k$，则此时扩展成功，将 $2^{depth}$ 累加到 $x$ 上；否则扩展失败，对 $x$ 不进行操作
将 $depth$ 减 1，回到步骤 2，直至 $depth$ 为 0

// C++ Version
// 权值树状数组查询第k小
int kth(int k) {
  int cnt = 0, ret = 0;
  for (int i = log2(n); ~i; --i) {      // i 与上文 depth 含义相同
    ret += 1 << i;                      // 尝试扩展
    if (ret >= n || cnt + t[ret] >= k)  // 如果扩展失败
      ret -= 1 << i;
    else
      cnt += t[ret];  // 扩展成功后 要更新之前求和的值
  }
  return ret + 1;
}

# Python Version
# 权值树状数组查询第 k 小
def kth(k):
    cnt = 0; ret = 0
    i = log2(n) # i 与上文 depth 含义相同
    while ~i:
        ret = ret + (1 << i) # 尝试扩展
        if ret >= n or cnt + t[ret] >= k: # 如果扩展失败
            ret = ret - (1 << i)
        else:
            cnt = cnt + t[ret] # 扩展成功后 要更新之前求和的值
    return ret + 1

时间戳优化：

对付多组数据很常见的技巧。如果每次输入新数据时，都暴力清空树状数组，就可能会造成超时。因此使用 $tag$ 标记，存储当前节点上次使用时间（即最近一次是被第几组数据使用）。每次操作时判断这个位置 $tag$ 中的时间和当前时间是否相同，就可以判断这个位置应该是 0 还是数组内的值。

// C++ Version
// 时间戳优化
int tag[MAXN], t[MAXN], Tag;

void reset() { ++Tag; }

void add(int k, int v) {
  while (k <= n) {
    if (tag[k] != Tag) t[k] = 0;
    t[k] += v, tag[k] = Tag;
    k += lowbit(k);
  }
}

int getsum(int k) {
  int ret = 0;
  while (k) {
    if (tag[k] == Tag) ret += t[k];
    k -= lowbit(k);
  }
  return ret;
}

# Python Version
# 时间戳优化
tag = [0] * MAXN; t = [0] * MAXN; Tag = 0
def reset():
    Tag = Tag + 1
def add(k, v):
    while k <= n:
        if tag[k] != Tag:
            t[k] = 0
        t[k] = t[k] + v
        tag[k] = Tag
        k = k + lowbit(k)
def getsum(k):
    ret = 0
    while k:
        if tag[k] == Tag:
            ret = ret + t[k]
        k = k - lowbit(k)
    return ret

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