目录
1、数星星（《信息学奥赛一本通》 & ural 1028）
思路：
基本思路：
树状数组经典三函数：
1、lowbit()函数
2、query()函数
3、add()函数
最终代码：
2、动态求连续区间和（《信息学奥赛一本通》 & 模板）
思路：
代码：
三个主要函数：
1、lowbit()函数
2、query()函数
3、add()函数
最终代码：
3、一个简单的整数问题（《算法竞赛进阶指南》）
思路：
代码：
4、一个简单的整数问题2（POJ 2468 & 《算法竞赛进阶指南》 & kuangbin专题）
思路：
改写后的add函数：
presum函数：
最终代码：
1、数星星（《信息学奥赛一本通》 & ural 1028）
天空中有一些星星，这些星星都在不同的位置，每个星星有个坐标。
本题采用数学上的平面直角坐标系，即 x 轴向右为正方向，y 轴向上为正方向。
如果一个星星的左下方（包含正左和正下）有 k 颗星星，就说这颗星星是 k 级的。
例如，上图中星星 5 是 3 级的（1,2,4 在它左下），星星 2,4 是 1 级的。
例图中有 1 个 0 级，2 个 1 级，1 个 2 级，1 个 3 级的星星。
给定星星的位置，输出各级星星的数目。
换句话说，给定 N 个点，定义每个点的等级是在该点左下方（含正左、正下）的点的数目，试统计每个等级有多少个点。
输入格式
第一行一个整数 N，表示星星的数目；
接下来 N 行给出每颗星星的坐标，坐标用两个整数 x,y表示；
不会有星星重叠。星星按 y 坐标增序给出，y 坐标相同的按 x 坐标增序给出。
输出格式
N 行，每行一个整数，分别是 0 级，1 级，2 级，……，N−1级的星星的数目。
数据范围
1≤N≤15000
0≤x,y≤32000输入样例：
5 1 1 5 1 7 1 3 3 5 5输出样例：
1 2 1 1 0
思路：
基本思路：
由于x和y都是增序的，这意味每一次增加的星星都出现在原来星星的"右上方"
基于这个信息，我们可以发现对于每个星星每次都可以进行"查询"，因为后插入的星星对其没有影响，快速地实现插入和查询两个操作：树状数组
查询后用一个level数组存储每个等级星星的数量（不算上自己）
最后把星星本身插入到树状数组中
树状数组经典三函数：
1、lowbit()函数
int lowbit(int x)
{
return x&-x;
}2、query()函数
int query(int x)
{
//query表示查询1~x的总和
int res=0;
for(int i=x;i!=0;i-=lowbit(i))
{
res+=tree[i];
}
return res;
}3、add()函数
//add表示在某一个位置加上一个数
void add(int x,int v)
{
for(int i=x;i<Max;i+=lowbit(i))
{
tree[i]+=v;
}
}
最终代码：
#include<bits/stdc++.h>
//需要快速完成两个操作
//1、0~x中数的个数（优化：如果一个数出现过就是1，这样可以把求前缀的个数转化为求前缀和）
//2、添加一个数x
//根据特定的需求选择特定的数据结构
//本题选择树状数组（可以快速支持这两个操作）（线段树也可以）
//树状数组能操作的线段树都能操作
//树状数组的求解，下标要从1开始
using namespace std;
const int N=15000+10;
const int Max=32010;//坐标最大值
int n;
int level[N],tree[Max];//答案、树状数组
//树状数组的三个函数
int lowbit(int x)
{
return x&-x;//返回的是x的二进制表示中最后一位1
}
int query(int x)
{
//query表示查询1~x的总和
int res=0;
for(int i=x;i!=0;i-=lowbit(i))
{
res+=tree[i];
}
return res;
}
//add表示在某一个位置加上一个数
void add(int x,int v)
{
for(int i=x;i<Max;i+=lowbit(i))
{
tree[i]+=v;
}
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
x++;//树状数组下标从1开始
int t=query(x);//统计一下1~x的数的总和 （也就是横坐标范围为1~x的星星的数量）
level[t]++;//这个等级的星星数++；
add(x,1);//把当前数加到树状数组当中
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
printf("%d\n",level[i]);
}
return 0;
}
//树状数组能快速的求前缀和O(log n)
//能快速修改某一个数O（log n） 2、动态求连续区间和（《信息学奥赛一本通》 & 模板）
给定 n 个数组成的一个数列，规定有两种操作，一是修改某个元素，二是求子数列 [a,b] 的连续和。
输入格式
第一行包含两个整数 n 和 m，分别表示数的个数和操作次数。
第二行包含 n 个整数，表示完整数列。
接下来 m 行，每行包含三个整数 k,a,b（k=0，表示求子数列[a,b]的和；k=1，表示第 a 个数加 b）。
数列从 11 开始计数。
输出格式
输出若干行数字，表示 k=0 时，对应的子数列 [a,b]的连续和。
数据范围
1≤n≤100000
1≤m≤100000
1≤a≤b≤n
数据保证在任何时候，数列中所有元素之和均在 int 范围内。输入样例：
10 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 1 5 0 1 3 0 4 8 1 7 5 0 4 8输出样例：
11 30 35
思路：
边插入边查询就，用树状数组再合适不过了，也是标准的模板
代码：
三个主要函数：
1、lowbit()函数
int lowbit(int x)
{
return x&-x;
}2、query()函数
int query(int x)
{
//query表示查询1~x的总和
int res=0;
for(int i=x;i!=0;i-=lowbit(i))
{
res+=tree[i];
}
return res;
}
3、add()函数
//add表示在某一个位置加上一个数
void add(int x,int v)
{
for(int i=x;i<Max;i+=lowbit(i))
{
tree[i]+=v;
}
}
最终代码：
//树状数组中所有的奇数都和原数组相等
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Max=1e6+10;
const int N=1e6+10;
int tree[Max];
//树状数组可以解决：
//某个位置上的数，加上一个数---单点修改
//求某一个前缀和---区间查询
//+差分=区间修改 单点查询 || 区间修改 区间查询
//前缀和数组不支持修改，只支持查询
//lowbit（x）=2**k（k为末尾连续0的个数）
// 树状数组每个位置存的都是原数组一段数的和(从x-lowbit(x)到x)
//c[x]=value[x-lowbit(x) ,x]
//树状数组的三个操作
int lowbit(int x)
{
return x&-x;
}
int query(int x)
{
int res=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
{
res+=tree[i];
}
return res;
}
int add(int x,int v)//在某一个位置x加上v （会影响到后面的树根，所以有如下写法）
{
for(int i=x;i<=Max;i+=lowbit(i))
{
tree[i]+=v;
}
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int v;
scanf("%d",&v);
add(i,v);
}
while(m--)
{
int op,a,b;
scanf("%d%d%d",&op,&a,&b);
if(op==0)
{
int res=query(b)-query(a-1);
printf("%d\n",res);
}
else
{
add(a,b);
}
}
return 0;
} 3、一个简单的整数问题（《算法竞赛进阶指南》）
给定长度为 N 的数列 A，然后输入 M 行操作指令。
第一类指令形如
C l r d，表示把数列中第 l∼r个数都加 d。第二类指令形如
Q x，表示询问数列中第 x 个数的值。对于每个询问，输出一个整数表示答案。
输入格式
第一行包含两个整数 N 和 M。
第二行包含 N 个整数 A[i]。
接下来 M 行表示 M 条指令，每条指令的格式如题目描述所示。
输出格式
对于每个询问，输出一个整数表示答案。
每个答案占一行。
数据范围
1≤N,M≤1e5
|d|≤10000
|A[i]|≤1e9输入样例：
10 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Q 4 Q 1 Q 2 C 1 6 3 Q 2输出样例：
4 1 2 5
思路：
树状数组+差分的应用：差分使得树状数组由单点修改+区间查询进化为了：区间修改+单点查询
经典三操作不变，只是求出来的和变成了原数组而已
代码：
//树状数组中所有的奇数都和原数组相等
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Max=1e6+10;
const int N=1e6+10;
int tree[Max];
//树状数组可以解决：
//某个位置上的数，加上一个数---单点修改
//求某一个前缀和---区间查询
//+差分=区间修改 单点查询 || 区间修改 区间查询
//前缀和数组不支持修改，只支持查询
//lowbit（x）=2**k（k为末尾连续0的个数）
// 树状数组每个位置存的都是原数组一段数的和(从x-lowbit(x)到x)
//c[x]=value[x-lowbit(x) ,x]
//树状数组的三个操作
int lowbit(int x)
{
return x&-x;
}
int query(int x)
{
int res=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
{
res+=tree[i];
}
return res;
}
int add(int x,int v)//在某一个位置x加上v （会影响到后面的树根，所以有如下写法）
{
for(int i=x;i<=Max;i+=lowbit(i))
{
tree[i]+=v;
}
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int v;
scanf("%d",&v);
add(i,v);
}
while(m--)
{
int op,a,b;
scanf("%d%d%d",&op,&a,&b);
if(op==0)
{
int res=query(b)-query(a-1);
printf("%d\n",res);
}
else
{
add(a,b);
}
}
return 0;
} 4、一个简单的整数问题2（POJ 2468 & 《算法竞赛进阶指南》 & kuangbin专题）
给定一个长度为 N 的数列 A，以及 M 条指令，每条指令可能是以下两种之一：
C l r d，表示把 A[l],A[l+1],…,A[r]都加上 d。Q l r，表示询问数列中第 l∼r个数的和。对于每个询问，输出一个整数表示答案。
输入格式
第一行两个整数 N,M。
第二行 N 个整数 A[i]。
接下来 M 行表示 M 条指令，每条指令的格式如题目描述所示。
输出格式
对于每个询问，输出一个整数表示答案。
每个答案占一行。
数据范围
1≤N,M≤1e5
|d|≤10000
|A[i]|≤1e9输入样例：
10 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Q 4 4 Q 1 10 Q 2 4 C 3 6 3 Q 2 4输出样例：
4 55 9 15
思路：
树状数组+差分
这里需要一个小小的推导，最后得出公式：
Sn=（∑bi） * （n+1） - （∑(i*bi)）） 记住即可
为了实现这个公式，维护两个数组，一个是差分树状数组tr1，另一个是存储i*tr[i]的树状差分数组
由于要为两个数组进行add操作，所以我们改写add函数（加一个参数）
改写后的add函数：
void add(LL tr[],int x,LL v)
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
{
tr[i]+=v;
}
} 为了实现公式，我们写出求Sn的函数：
presum函数：
LL presum(int x)//求前缀和Sx（x及之前的和） （Sn=（∑bi） * （n+1） - （∑(i*bi)））
{
LL a = query(tr1,x)*(x+1);
LL b=query(tr2,x);
return a-b;
}最终代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
typedef long long LL;
int a[N];//a是原数组
LL tr1[N];//维护b【i】的前缀和
LL tr2[N];//维护i*b【i】的前缀和
int n,m;
int lowbit(int x)
{
return x&-x;
}
//这里因为要处理两个数组，所以加上数组参数
void add(LL tr[],int x,LL v)
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
{
tr[i]+=v;
}
}
LL query(LL tr[],int x)
{
LL res=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
{
res+=tr[i];
}
return res;
}
LL presum(int x)//求前缀和Sx（x及之前的和） （Sn=（∑bi） * （n+1） - （∑(i*bi)））
{
LL a = query(tr1,x)*(x+1);
LL b=query(tr2,x);
return a-b;
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
//形成树状差分数组
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int b=a[i]-a[i-1];
add(tr1,i,b);
add(tr2,i,(LL)b*i);
}
while(m--)
{
char op[1];
scanf("%s",op);
if(op[0]=='C')
{
int l,r,v;
scanf("%d%d%d",&l,&r,&v);
//b[l]+=v b[r+1]-=v
add(tr1,l,v);add(tr1,r+1,-v);
//b[l]+=l*v b[r+1]-=l*v
add(tr2,l,(LL)l*v);add(tr2,r+1,(LL)-(r+1)*v);
}
else
{
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
cout<<presum(r)-presum(l-1)<<endl;
}
}
return 0;
} 
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