“高级”数据结构——树状数组！

笔记

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※本文一切代码未经编译，不保证正确性，如发现问题，欢迎指正！

1. 单点修改 + 区间查询

最简单的树状数组就是这样的：

void add(int p, int x){ //给位置p增加x
    while(p <= n) sum[p] += x, p += p & -p;
}
int ask(int p){ //求位置p的前缀和
    int res = 0;
    while(p) res += sum[p], p -= p & -p;
    return res;
}
int range_ask(int l, int r){ //区间求和
    return ask(r) - ask(l - 1);
}

2. 区间修改 + 单点查询

通过“差分”（就是记录数组中每个元素与前一个元素的差），可以把这个问题转化为问题1。

查询

设原数组为$a[i]$, 设数组$d[i] = a[i] - a[i - 1] (a[0] = 0)$，则 $a[i] = \sum_{j = 1}^{i}d[j]$，可以通过求$d[i]$的前缀和查询。

修改

当给区间$[l, r]$加上x的时候，$a[l]$ 与前一个元素 $a[l - 1]$ 的差增加了$x$，$a[r + 1]$ 与 $a[r]$ 的差减少了$x$。根据$d[i]$数组的定义，只需给$a[l]$ 加上 $x$, 给$a[r + 1]$ 减去 $x$ 即可。

void add(int p, int x){ //这个函数用来在树状数组中直接修改
    while(p <= n) sum[p] += x, p += p & -p;
}
void range_add(int l, int r, int x){ //给区间[l, r]加上x
    add(l, x), add(r + 1, -x);
}
int ask(int p){ //单点查询
    int res = 0;
    while(p) res += sum[p], p -= p & -p;
    return res;
}

3. 区间修改 + 区间查询

这是最常用的部分，也是用线段树写着最麻烦的部分——但是现在我们有了树状数组！

怎么求呢？我们基于问题2的“差分”思路，考虑一下如何在问题2构建的树状数组中求前缀和：

位置p的前缀和 =

$$\sum_{i = 1}^{p} a[i] = \sum_{i = 1}^{p} \sum_{j = 1}^{i} d[j]$$

在等式最右侧的式子$\sum_{i = 1}^{p} \sum_{j = 1}^{i} d[j]$中，$d[1]$ 被用了$p$次，$d[2]$被用了$p - 1$次……那么我们可以写出：

位置p的前缀和 =

$$\sum_{i = 1}^{p} \sum_{j = 1}^{i} d[j] = \sum_{i = 1}^{p} d[i] * (p - i + 1) = (p + 1) * \sum_{i = 1}^{p}d[i] - \sum_{i = 1}^{p}d[i]*i$$

那么我们可以维护两个数组的前缀和：
一个数组是 $sum1[i] = d[i]$，
另一个数组是 $sum2[i] = d[i] * i$。

查询

位置p的前缀和即： (p + 1) * sum1数组中p的前缀和 - sum2数组中p的前缀和。

区间[l, r]的和即：位置r的前缀和 - 位置l的前缀和。

修改

对于sum1数组的修改同问题2中对d数组的修改。

对于sum2数组的修改也类似，我们给 sum2[l] 加上 l * x，给 sum2[r + 1] 减去 (r + 1) * x。

void add(ll p, ll x){
    for(int i = p; i <= n; i += i & -i)
        sum1[i] += x, sum2[i] += x * p;
}
void range_add(ll l, ll r, ll x){
    add(l, x), add(r + 1, -x);
}
ll ask(ll p){
    ll res = 0;
    for(int i = p; i; i -= i & -i)
        res += (p + 1) * sum1[i] - sum2[i];
    return res;
}
ll range_ask(ll l, ll r){
    return ask(r) - ask(l - 1);
}

用这个做区间修改区间求和的题，无论是时间上还是空间上都比带lazy标记的线段树要优。

4. 二维树状数组

我们已经学会了对于序列的常用操作，那么我们不由得想到（谁会想到啊喂）……能不能把类似的操作应用到矩阵上呢？这时候我们就要写二维树状数组了！

在一维树状数组中，tree[x]（树状数组中的那个“数组”）记录的是右端点为x、长度为lowbit(x)的区间的区间和。
那么在二维树状数组中，可以类似地定义tree[x][y]记录的是右下角为(x, y)，高为lowbit(x), 宽为 lowbit(y)的区间的区间和。

单点修改 + 区间查询

void add(int x, int y, int z){ //将点(x, y)加上z
    int memo_y = y;
    while(x <= n){
        y = memo_y;
        while(y <= n)
            tree[x][y] += z, y += y & -y;
        x += x & -x;
    }
}
void ask(int x, int y){//求左上角为(1,1)右下角为(x,y) 的矩阵和
    int res = 0, memo_y = y;
    while(x){
        y = memo_y;
        while(y)
            res += tree[x][y], y -= y & -y;
        x -= x & -x;
    }
}

区间修改 + 单点查询

我们对于一维数组进行差分，是为了使差分数组前缀和等于原数组对应位置的元素。

那么如何对二维数组进行差分呢？可以针对二维前缀和的求法来设计方案。

二维前缀和：

$$sum[i][j] = sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1] + a[i][j]$$

那么我们可以令差分数组$d[i][j]$ 表示 $a[i][j]$ 与 $a[i - 1][j] + a[i][j - 1] - a[i - 1][j - 1]$ 的差。

例如下面这个矩阵

 1  4  8
 6  7  2
 3  9  5

对应的差分数组就是

 1  3  4
 5 -2 -9
-3  5  1

当我们想要将一个矩阵加上x时，怎么做呢？
下面是给最中间的3*3矩阵加上x时，差分数组的变化：

0  0  0  0  0
0 +x  0  0 -x
0  0  0  0  0
0  0  0  0  0
0 -x  0  0 +x

这样给修改差分，造成的效果就是：

0  0  0  0  0
0  x  x  x  0
0  x  x  x  0
0  x  x  x  0
0  0  0  0  0

那么我们开始写代码吧！

void add(int x, int y, int z){ 
    int memo_y = y;
    while(x <= n){
        y = memo_y;
        while(y <= n)
            tree[x][y] += z, y += y & -y;
        x += x & -x;
    }
}
void range_add(int xa, int ya, int xb, int yb, int z){
    add(xa, ya, z);
    add(xa, yb + 1, -z);
    add(xb + 1, ya, -z);
    add(xb + 1, yb + 1, z);
}
void ask(int x, int y){
    int res = 0, memo_y = y;
    while(x){
        y = memo_y;
        while(y)
            res += tree[x][y], y -= y & -y;
        x -= x & -x;
    }
}

区间修改 + 区间查询

类比之前一维数组的区间修改区间查询，下面这个式子表示的是点(x, y)的二维前缀和：

$$\sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{y}\sum_{k=1}^{i}\sum_{h=1}^{j}d[h][k]$$ (d[h][k]为点(h, k)对应的“二维差分”(同上题))

这个式子炒鸡复杂( $O(n^4)$ 复杂度！)，但利用树状数组，我们可以把它优化到 $O(\log^2n)$！

首先，类比一维数组，统计一下每个$d[h][k]$出现过多少次。$d[1][1]$出现了$x*y$次，$d[1][2]$出现了$x*(y - 1)$次……$d[h][k]$ 出现了 $(x - h + 1)*(y - k + 1)$ 次。

那么这个式子就可以写成：

$$\sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{y}d[i][j] * (x + 1 - i) * (y + 1 - j)$$

把这个式子展开，就得到：

$$(x + 1) * (y + 1) * \sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{y}d[i][j]$$

$$- (y + 1) * \sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{y}d[i][j] * i$$

$$- (x + 1) * \sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{y}d[i][j] * j$$

$$+ \sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{y}d[i][j] * i * j$$

那么我们要开四个树状数组，分别维护：

$d[i][j], d[i][j] * i, d[i][j] * j, d[i][j] * i * j$

这样就完成了！

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll read(){
    char c; bool op = 0;
    while((c = getchar()) < '0' || c > '9')
        if(c == '-') op = 1;
    ll res = c - '0';
    while((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
        res = res * 10 + c - '0';
    return op ? -res : res;
}
const int N = 205;
ll n, m, Q;
ll t1[N][N], t2[N][N], t3[N][N], t4[N][N];
void add(ll x, ll y, ll z){
    for(int X = x; X <= n; X += X & -X)
        for(int Y = y; Y <= m; Y += Y & -Y){
            t1[X][Y] += z;
            t2[X][Y] += z * x;
            t3[X][Y] += z * y;
            t4[X][Y] += z * x * y;
        }
}
void range_add(ll xa, ll ya, ll xb, ll yb, ll z){ //(xa, ya) 到 (xb, yb) 的矩形
    add(xa, ya, z);
    add(xa, yb + 1, -z);
    add(xb + 1, ya, -z);
    add(xb + 1, yb + 1, z);
}
ll ask(ll x, ll y){
    ll res = 0;
    for(int i = x; i; i -= i & -i)
        for(int j = y; j; j -= j & -j)
            res += (x + 1) * (y + 1) * t1[i][j]
                - (y + 1) * t2[i][j]
                - (x + 1) * t3[i][j]
                + t4[i][j];
    return res;
}
ll range_ask(ll xa, ll ya, ll xb, ll yb){
    return ask(xb, yb) - ask(xb, ya - 1) - ask(xa - 1, yb) + ask(xa - 1, ya - 1);
}
int main(){
    n = read(), m = read(), Q = read();
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= m; j++){
            ll z = read();
            range_add(i, j, i, j, z);
        }
    }
    while(Q--){
        ll ya = read(), xa = read(), yb = read(), xb = read(), z = read(), a = read();
        if(range_ask(xa, ya, xb, yb) < z * (xb - xa + 1) * (yb - ya + 1))
            range_add(xa, ya, xb, yb, a);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= m; j++)
            printf("%lld ", range_ask(i, j, i, j));
        putchar('\n');
    }
    return 0;
}