author: HeRaNO, Zhoier, Ir1d, Xeonacid, wangdehu, ouuan, ranwen, ananbaobeichicun, Ycrpro, dbxxx-oi

树状数组

引入

树状数组是一种支持 单点修改 和 区间查询 的，代码量小的数据结构。

"什么是「单点修改」和「区间查询」？" 假设有这样一道题：

已知一个数列 $a$，你需要进行下面两种操作：

• 给定 $x, y$，将 $a[x]$ 自增 $y$。
• 给定 $l, r$，求解 $a[l \ldots r]$ 的和。

其中第一种操作就是「单点修改」，第二种操作就是「区间查询」。

类似地，还有：「区间修改」、「单点查询」。它们分别的一个例子如下：

• 区间修改：给定 $l, r, x$，将 $a[l \ldots r]$ 中的每个数都分别自增 $x$；
• 单点查询：给定 $x$，求解 $a[x]$ 的值。

注意到，区间问题一般严格强于单点问题，因为对单点的操作相当于对一个长度为 $1$ 的区间操作。

普通树状数组维护的信息及运算要满足 结合律 且 可差分，如加法（和）、乘法（积）、异或等。

• 结合律：$(x \circ y) \circ z = x \circ (y \circ z)$，其中 $\circ$ 是一个二元运算符。
• 可差分：具有逆运算的运算，即已知 $x \circ y$ 和 $x$ 可以求出 $y$。

需要注意的是：

• 模意义下的乘法若要可差分，需保证每个数都存在逆元（模数为质数时一定存在）；
• 例如 $\gcd$，$\max$ 这些信息不可差分，所以不能用普通树状数组处理，但是：
  • 使用两个树状数组可以用于处理区间最值，见 Efficient Range Minimum Queries using Binary Indexed Trees。
  • 本页面也会介绍一种支持不可差分信息查询的，$\Theta(\log^2n)$ 时间复杂度的拓展树状数组。

事实上，树状数组能解决的问题是线段树能解决的问题的子集：树状数组能做的，线段树一定能做；线段树能做的，树状数组不一定可以。然而，树状数组的代码要远比线段树短，时间效率常数也更小，因此仍有学习价值。

有时，在差分数组和辅助数组的帮助下，树状数组还可解决更强的 区间加单点值 和 区间加区间和 问题。

树状数组

初步感受

先来举个例子：我们想知道 $a[1 \ldots 7]$ 的前缀和，怎么做？

一种做法是：$a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6 + a_7$，需要求 $7$ 个数的和。

但是如果已知三个数 $A$，$B$，$C$，$A = a[1 \ldots 4]$ 的和，$B = a[5 \ldots 6]$ 的总和，$C = a[7 \ldots 7]$ 的总和（其实就是 $a[7]$ 自己）。你会怎么算？你一定会回答：$A + B + C$，只需要求 $3$ 个数的和。

这就是树状数组能快速求解信息的原因：我们总能将一段前缀 $[1, n]$ 拆成 不多于 $\boldsymbol{\log n}$ 段区间，使得这 $\log n$ 段区间的信息是 已知的。

于是，我们只需合并这 $\log n$ 段区间的信息，就可以得到答案。相比于原来直接合并 $n$ 个信息，效率有了很大的提高。

不难发现信息必须满足结合律，否则就不能像上面这样合并了。

下面这张图展示了树状数组的工作原理：

最下面的八个方块代表原始数据数组 $a$。上面参差不齐的方块（与最上面的八个方块是同一个数组）代表数组 $a$ 的上级——$c$ 数组。

$c$ 数组就是用来储存原始数组 $a$ 某段区间的和的，也就是说，这些区间的信息是已知的，我们的目标就是把查询前缀拆成这些小区间。

例如，从图中可以看出：

• $c_2$ 管辖的是 $a[1 \ldots 2]$；
• $c_4$ 管辖的是 $a[1 \ldots 4]$；
• $c_6$ 管辖的是 $a[5 \ldots 6]$；
• $c_8$ 管辖的是 $a[1 \ldots 8]$；
• 剩下的 $c[x]$ 管辖的都是 $a[x]$ 自己（可以看做 $a[x \ldots x]$ 的长度为 $1$ 的小区间）。

不难发现，$c[x]$ 管辖的一定是一段右边界是 $x$ 的区间总信息。我们先不关心左边界，先来感受一下树状数组是如何查询的。

举例：计算 $a[1 \ldots 7]$ 的和。

过程：从 $c_{7}$ 开始往前跳，发现 $c_{7}$ 只管辖 $a_{7}$ 这个元素；然后找 $c_{6}$，发现 $c_{6}$ 管辖的是 $a[5 \ldots 6]$，然后跳到 $c_{4}$，发现 $c_{4}$ 管辖的是 $a[1 \ldots 4]$ 这些元素，然后再试图跳到 $c_0$，但事实上 $c_0$ 不存在，不跳了。

我们刚刚找到的 $c$ 是 $c_7, c_6, c_4$，事实上这就是 $a[1 \ldots 7]$ 拆分出的三个小区间，合并得到答案是 $c_7 + c_6 + c_4$。

举例：计算 $a[4 \ldots 7]$ 的和。

我们还是从 $c_7$ 开始跳，跳到 $c_6$ 再跳到 $c_4$。此时我们发现它管理了 $a[1 \ldots 4]$ 的和，但是我们不想要 $a[1 \ldots 3]$ 这一部分，怎么办呢？很简单，减去 $a[1 \ldots 3]$ 的和就行了。

那不妨考虑最开始，就将查询 $a[4 \ldots 7]$ 的和转化为查询 $a[1 \ldots 7]$ 的和，以及查询 $a[1 \ldots 3]$ 的和，最终将两个结果作差。

管辖区间

那么问题来了，$c[x](x \ge 1)$ 管辖的区间到底往左延伸多少？也就是说，区间长度是多少？

树状数组中，规定 $c[x]$ 管辖的区间长度为 $2^{k}$，其中：

• 设二进制最低位为第 $0$ 位，则 $k$ 恰好为 $x$ 二进制表示中，最低位的 1 所在的二进制位数；
• $2^k$（$c[x]$ 的管辖区间长度）恰好为 $x$ 二进制表示中，最低位的 1 以及后面所有 0 组成的数。

举个例子，$c_{88}$ 管辖的是哪个区间？

因为 $88_{(10)}=01011000_{(2)}$，其二进制最低位的 1 以及后面的 0 组成的二进制是 1000，即 $8$，所以 $c_{88}$ 管辖 $8$ 个 $a$ 数组中的元素。

因此，$c_{88}$ 代表 $a[81 \ldots 88]$ 的区间信息。

我们记 $x$ 二进制最低位 1 以及后面的 0 组成的数为 $\operatorname{lowbit}(x)$，那么 $c[x]$ 管辖的区间就是 $[x-\operatorname{lowbit}(x)+1, x]$。

这里注意：$\boldsymbol{\operatorname{lowbit}}$ 指的不是最低位 1 所在的位数 $\boldsymbol{k}$，而是这个 1 和后面所有 0 组成的 $\boldsymbol{2^k}$。

怎么计算 lowbit？根据位运算知识，可以得到 lowbit(x) = x & -x。

"lowbit 的原理" 将 x 的二进制所有位全部取反，再加 1，就可以得到 -x 的二进制编码。例如，$6$ 的二进制编码是 110，全部取反后得到 001，加 1 得到 010。

设原先 x 的二进制编码是 (...)10...00，全部取反后得到 [...]01...11，加 1 后得到 [...]10...00，也就是 -x 的二进制编码了。这里 x 二进制表示中第一个 1 是 x 最低位的 1。

(...) 和 [...] 中省略号的每一位分别相反，所以 x & -x = (...)10...00 & [...]10...00 = 10...00，得到的结果就是 lowbit。

"实现" C++

        int lowbit(int x) {
          // x 的二进制中，最低位的 1 以及后面所有 0 组成的数。
          // lowbit(0b01011000) == 0b00001000
          //          ~~~~^~~~
          // lowbit(0b01110010) == 0b00000010
          //          ~~~~~~^~
          return x & -x;
        }

Python

        def lowbit(x):
            """
            x 的二进制中，最低位的 1 以及后面所有 0 组成的数。
            lowbit(0b01011000) == 0b00001000
                    ~~~~~^~~
            lowbit(0b01110010) == 0b00000010
                    ~~~~~~~^~
            """
            return x & -x

区间查询

接下来我们来看树状数组具体的操作实现，先来看区间查询。

回顾查询 $a[4 \ldots 7]$ 的过程，我们是将它转化为两个子过程：查询 $a[1 \ldots 7]$ 和查询 $a[1 \ldots 3]$ 的和，最终作差。

其实任何一个区间查询都可以这么做：查询 $a[l \ldots r]$ 的和，就是 $a[1 \ldots r]$ 的和减去 $a[1 \ldots l - 1]$ 的和，从而把区间问题转化为前缀问题，更方便处理。

事实上，将有关 $l \ldots r$ 的区间询问转化为 $1 \ldots r$ 和 $1 \ldots l - 1$ 的前缀询问再差分，在竞赛中是一个非常常用的技巧。

那前缀查询怎么做呢？回顾下查询 $a[1 \ldots 7]$ 的过程：

从 $c_{7}$ 往前跳，发现 $c_{7}$ 只管辖 $a_{7}$ 这个元素；然后找 $c_{6}$，发现 $c_{6}$ 管辖的是 $a[5 \ldots 6]$，然后跳到 $c_{4}$，发现 $c_{4}$ 管辖的是 $a[1 \ldots 4]$ 这些元素，然后再试图跳到 $c_0$，但事实上 $c_0$ 不存在，不跳了。

我们刚刚找到的 $c$ 是 $c_7, c_6, c_4$，事实上这就是 $a[1 \ldots 7]$ 拆分出的三个小区间，合并一下，答案是 $c_7 + c_6 + c_4$。

观察上面的过程，每次往前跳，一定是跳到现区间的左端点的左一位，作为新区间的右端点，这样才能将前缀不重不漏地拆分。比如现在 $c_6$ 管的是 $a[5 \ldots 6]$，下一次就跳到 $5 - 1 = 4$，即访问 $c_4$。

我们可以写出查询 $a[1 \ldots x]$ 的过程：

• 从 $c[x]$ 开始往前跳，有 $c[x]$ 管辖 $a[x-\operatorname{lowbit}(x)+1 \ldots x]$；
• 令 $x \gets x - \operatorname{lowbit}(x)$，如果 $x = 0$ 说明已经跳到尽头了，终止循环；否则回到第一步。
• 将跳到的 $c$ 合并。

实现时，我们不一定要先把 $c$ 都跳出来然后一起合并，可以边跳边合并。

比如我们要维护的信息是和，直接令初始 $\mathrm{ans} = 0$，然后每跳到一个 $c[x]$ 就 $\mathrm{ans} \gets \mathrm{ans} + c[x]$，最终 $\mathrm{ans}$ 就是所有合并的结果。

"实现" C++

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

Python

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

树状数组与其树形态的性质

在讲解单点修改之前，先讲解树状数组的一些基本性质，以及其树形态来源，这有助于更好理解树状数组的单点修改。

我们约定：

• $l(x) = x - \operatorname{lowbit}(x) + 1$。即，$l(x)$ 是 $c[x]$ 管辖范围的左端点。
• 对于任意正整数 $x$，总能将 $x$ 表示成 $s \times 2^{k + 1} + 2^k$ 的形式，其中 $\operatorname{lowbit}(x) = 2^k$。
• 下面「$c[x]$ 和 $c[y]$ 不交」指 $c[x]$ 的管辖范围和 $c[y]$ 的管辖范围不相交，即 $[l(x), x]$ 和 $[l(y), y]$ 不相交。「$c[x]$ 包含于 $c[y]$」等表述同理。

性质 $\boldsymbol{1}$：对于 $\boldsymbol{x \le y}$，要么有 $\boldsymbol{c[x]}$ 和 $\boldsymbol{c[y]}$ 不交，要么有 $\boldsymbol{c[x]}$ 包含于 $\boldsymbol{c[y]}$。

"证明" 证明：假设 $c[x]$ 和 $c[y]$ 相交，即 $[l(x), x]$ 和 $[l(y), y]$ 相交，则一定有 $l(y) \le x \le y$。

将 $y$ 表示为 $s \times 2^{k +1} + 2^k$，则 $l(y) = s \times 2^{k + 1} + 1$。所以，$x$ 可以表示为 $s \times 2^{k +1} + b$，其中 $1 \le b \le 2^k$。

不难发现 $\operatorname{lowbit}(x) = \operatorname{lowbit}(b)$。又因为 $b - \operatorname{lowbit}(b) \ge 0$，

所以 $l(x) = x - \operatorname{lowbit}(x) + 1 = s \times 2^{k +1} + b - \operatorname{lowbit}(b) +1 \ge s \times 2^{k +1} + 1 = l(y)$，即 $l(y) \le l(x) \le x \le y$。

所以，如果 $c[x]$ 和 $c[y]$ 相交，那么 $c[x]$ 的管辖范围一定完全包含于 $c[y]$。

性质 $\boldsymbol{2}$：在 $\boldsymbol{c[x]}$ 真包含于 $\boldsymbol{c[x + \operatorname{lowbit}(x)]}$。

"证明" 证明：设 $y = x + \operatorname{lowbit}(x)$，$x = s \times 2^{k + 1} + 2^k$，则 $y = (s + 1) \times 2^{k +1}$，$l(x) = s \times 2^{k + 1} + 1$。

不难发现 $\operatorname{lowbit}(y) \ge 2^{k + 1}$，所以 $l(y) = (s + 1) \times 2^{k + 1} - \operatorname{lowbit}(y) + 1 \le s \times 2^{k +1} + 1= l(x)$，即 $l(y) \le l(x) \le x < y$。

所以，$c[x]$ 真包含于 $c[x + \operatorname{lowbit}(x)]$。

性质 $3$：对于任意 $\boldsymbol{x < y < x + \operatorname{lowbit}(x)}$，有 $\boldsymbol{c[x]}$ 和 $\boldsymbol{c[y]}$ 不交。

"证明" 证明：设 $x = s \times 2^{k + 1} + 2^k$，则 $y = x + b = s \times 2^{k + 1} + 2^k + b$，其中 $1 \le b < 2^k$。

不难发现 $\operatorname{lowbit}(y) = \operatorname{lowbit}(b)$。又因为 $b - \operatorname{lowbit}(b) \ge 0$，

因此 $l(y) = y - \operatorname{lowbit}(y) + 1 = x + b - \operatorname{lowbit}(b) + 1 > x$，即 $l(x) \le x < l(y) \le y$。

所以，$c[x]$ 和 $c[y]$ 不交。

有了这三条性质的铺垫，我们接下来看树状数组的树形态（请忽略 $a$ 向 $c$ 的连边）。

事实上，树状数组的树形态是 $x$ 向 $x + \operatorname{lowbit}(x)$ 连边得到的图，其中 $x + \operatorname{lowbit}(x)$ 是 $x$ 的父亲。

注意，在考虑树状数组的树形态时，我们不考虑树状数组大小的影响，即我们认为这是一棵无限大的树，方便分析。实际实现时，我们只需用到 $x \le n$ 的 $c[x]$，其中 $n$ 是原数组长度。

这棵树天然满足了很多美好性质，下面列举若干（设 $fa[u]$ 表示 $u$ 的直系父亲）：

• $u < fa[u]$。
• $u$ 大于任何一个 $u$ 的后代，小于任何一个 $u$ 的祖先。
• 点 $u$ 的 $\operatorname{lowbit}$ 严格小于 $fa[u]$ 的 $\operatorname{lowbit}$。

"证明" 设 $y = x + \operatorname{lowbit}(x)$，$x = s \times 2^{k + 1} + 2^k$，则 $y = (s + 1) \times 2^{k +1}$，不难发现 $\operatorname{lowbit}(y) \ge 2^{k + 1} > \operatorname{lowbit}(x)$，证毕。

• 点 $x$ 的高度是 $\log_2\operatorname{lowbit}(x)$，即 $x$ 二进制最低位 1 的位数。

"高度的定义" 点 $x$ 的高度 $h(x)$ 满足：如果 $x \bmod 2 = 1$，则 $h(x) = 0$，否则 $h(x) = \max(h(y)) + 1$，其中 $y$ 代表 $x$ 的所有儿子（此时 $x$ 至少存在一个儿子 $x - 1$）。

也就是说，一个点的高度恰好比它最高的那个儿子再高 $1$。如果一个点没有儿子，它的高度是 $0$。

这里引出高度这一概念，是为后面解释复杂度更方便。

• $c[u]$ 真包含于 $c[fa[u]]$（性质 $2$）。
• $c[u]$ 真包含于 $c[v]$，其中 $v$ 是 $u$ 的任一祖先（在上一条性质上归纳）。
• $c[u]$ 真包含 $c[v]$，其中 $v$ 是 $u$ 的任一后代（上面那条性质 $u$，$v$ 颠倒）。
• 对于任意 $v' > u$，若 $v'$ 不是 $u$ 的祖先，则 $c[u]$ 和 $c[v']$ 不交。

"证明" $u$ 和 $u$ 的祖先中，一定存在一个点 $v$ 使得 $v < v' < fa[v]$，根据性质 $3$ 得 $c[v']$ 不相交于 $c[v]$，而 $c[v]$ 包含 $c[u]$，因此 $c[v']$ 不交于 $c[u]$。

• 对于任意 $v < u$，如果 $v$ 不在 $u$ 的子树上，则 $c[u]$ 和 $c[v]$ 不交（上面那条性质 $u$，$v'$ 颠倒）。
• 对于任意 $v > u$，当且仅当 $v$ 是 $u$ 的祖先，$c[u]$ 真包含于 $c[v]$（上面几条性质的总结）。这就是树状数组单点修改的核心原理。
• 设 $u = s \times 2^{k + 1} + 2^k$，则其儿子数量为 $k = \log_2\operatorname{lowbit}(u)$，编号分别为 $u - 2^t(0 \le t < k)$。
  • 举例：假设 $k = 3$，$u$ 的二进制编号为 ...1000，则 $u$ 有三个儿子，二进制编号分别为 ...0111、...0110、...0100。

"证明" 在一个数 $x$ 的基础上减去 $2^t$，$x$ 二进制第 $t$ 位会反转，而更低的位保持不变。

考虑 $u$ 的儿子 $v$，有 $v + \operatorname{lowbit}(v) = u$，即 $v = u - 2^t$ 且 $\operatorname{lowbit}(v) = 2^t$。设 $u = s \times 2^{k + 1} + 2^k$。

考虑 $\boldsymbol{0 \le t < k}$，$u$ 的第 $t$ 位及后方均为 $0$，所以 $v = u - 2^t$ 的第 $t$ 位变为 $1$，后面仍为 $0$，满足 $\operatorname{lowbit}(v) = 2^t$。

考虑 $\boldsymbol{t = k}$，则 $v = u - 2^k$，$v$ 的第 $k$ 位变为 $0$，不满足 $\operatorname{lowbit}(v) = 2^t$。

考虑 $\boldsymbol{t > k}$，则 $v = u - 2^t$，$v$ 的第 $k$ 位是 $1$，所以 $\operatorname{lowbit}(v) = 2^k$，不满足 $\operatorname{lowbit}(v) = 2^t$。

• $u$ 的所有儿子对应 $c$ 的管辖区间恰好拼接成 $[l(u), u - 1]$。
  • 举例：假设 $k = 3$，$u$ 的二进制编号为 ...1000，则 $u$ 有三个儿子，二进制编号分别为 ...0111、...0110、...0100。
  • c[...0100] 表示 a[...0001 ~ ...0100]。
  • c[...0110] 表示 a[...0101 ~ ...0110]。
  • c[...0111] 表示 a[...0111 ~ ...0111]。
  • 不难发现上面是三个管辖区间的并集恰好是 a[...0001 ~ ...0111]，即 $[l(u), u - 1]$。

"证明" $u$ 的儿子总能表示成 $u - 2^t(0 \le t < k)$，不难发现，$t$ 越小，$u - 2^t$ 越大，代表的区间越靠右。我们设 $f(t) = u - 2^t$，则 $f(k - 1), f(k - 2), \ldots, f(0)$ 分别构成 $u$ 从左到右的儿子。

不难发现 $\operatorname{lowbit}(f(t)) = 2^t$，所以 $l(f(t)) = u - 2^t - 2^t + 1 = u - 2^{t + 1} + 1$。

考虑相邻的两个儿子 $f(t + 1)$ 和 $f(t)$。前者管辖区间的右端点是 $f(t + 1) = u - 2^{t + 1}$，后者管辖区间的左端点是 $l(f(t)) = u - 2^{t + 1} + 1$，恰好相接。

考虑最左面的儿子 $f(k - 1)$，其管辖左边界 $l(f(k - 1)) = u - 2^k + 1$ 恰为 $l(u)$。

考虑最右面的儿子 $f(0)$，其管辖右边界就是 $u - 1$。

因此，这些儿子的管辖区间可以恰好拼成 $[l(u), u - 1]$。

单点修改

现在来考虑如何单点修改 $a[x]$。

我们的目标是快速正确地维护 $c$ 数组。为保证效率，我们只需遍历并修改管辖了 $a[x]$ 的所有 $c[y]$，因为其他的 $c$ 显然没有发生变化。

管辖 $a[x]$ 的 $c[y]$ 一定包含 $c[x]$（根据性质 $1$），所以 $y$ 在树状数组树形态上是 $x$ 的祖先。因此我们从 $x$ 开始不断跳父亲，直到跳得超过了原数组长度为止。

设 $n$ 表示 $a$ 的大小，不难写出单点修改 $a[x]$ 的过程：

• 初始令 $x' = x$。
• 修改 $c[x']$。
• 令 $x' \gets x' + \operatorname{lowbit}(x')$，如果 $x' > n$ 说明已经跳到尽头了，终止循环；否则回到第二步。

区间信息和单点修改的种类，共同决定 $c[x']$ 的修改方式。下面给几个例子：

• 若 $c[x']$ 维护区间和，修改种类是将 $a[x]$ 加上 $p$，则修改方式则是将所有 $c[x']$ 也加上 $p$。
• 若 $c[x']$ 维护区间积，修改种类是将 $a[x]$ 乘上 $p$，则修改方式则是将所有 $c[x']$ 也乘上 $p$。

然而，单点修改的自由性使得修改的种类和维护的信息不一定是同种运算，比如，若 $c[x']$ 维护区间和，修改种类是将 $a[x]$ 赋值为 $p$，可以考虑转化为将 $a[x]$ 加上 $p - a[x]$。如果是将 $a[x]$ 乘上 $p$，就考虑转化为 $a[x]$ 加上 $a[x] \times p - a[x]$。

下面以维护区间和，单点加为例给出实现。

"实现" C++

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

Python

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

建树

也就是根据最开始给出的序列，将树状数组建出来（$c$ 全部预处理好）。

一般可以直接转化为 $n$ 次单点修改，时间复杂度 $\Theta(n \log n)$（复杂度分析在后面）。

比如给定序列 $a = (5, 1, 4)$ 要求建树，直接看作对 $a[1]$ 单点加 $5$，对 $a[2]$ 单点加 $1$，对 $a[3]$ 单点加 $4$ 即可。

也有 $\Theta(n)$ 的建树方法，见本页面 $\Theta(n)$ 建树 一节。

复杂度分析

空间复杂度显然 $\Theta(n)$。

时间复杂度：

• 对于区间查询操作：整个 $x \gets x - \operatorname{lowbit}(x)$ 的迭代过程，可看做将 $x$ 二进制中的所有 $1$，从低位到高位逐渐改成 $0$ 的过程，拆分出的区间数等于 $x$ 二进制中 $1$ 的数量（即 $\operatorname{popcount}(x)$）。因此，单次查询时间复杂度是 $\Theta(\log n)$；
• 对于单点修改操作：跳父亲时，访问到的高度一直严格增加，且始终有 $x \le n$。由于点 $x$ 的高度是 $\log_2\operatorname{lowbit}(x)$，所以跳到的高度不会超过 $\log_2n$，所以访问到的 $c$ 的数量是 $\log n$ 级别。因此，单次单点修改复杂度是 $\Theta(\log n)$。

区间加区间和

前置知识：前缀和 & 差分。

该问题可以使用两个树状数组维护差分数组解决。

考虑序列 $a$ 的差分数组 $d$，其中 $d[i] = a[i] - a[i - 1]$。由于差分数组的前缀和就是原数组，所以 $a_i=\sum_{j=1}^i d_j$。

一样地，我们考虑将查询区间和通过差分转化为查询前缀和。那么考虑查询 $a[1 \ldots r]$ 的和，即 $\sum_{i=1}^{r} a_i$，进行推导：

$$\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{r} a_i\\=&\sum_{i=1}^r\sum_{j=1}^i d_j \end{aligned}$$

观察这个式子，不难发现每个 $d_j$ 总共被加了 $r - j + 1$ 次。接着推导：

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

$\sum_{i=1}^r d_i$ 并不能推出 $\sum_{i=1}^r d_i \times i$ 的值，所以要用两个树状数组分别维护 $d_i$ 和 $d_i \times i$ 的和信息。

那么怎么做区间加呢？考虑给原数组 $a[l \ldots r]$ 区间加 $x$ 给 $d$ 带来的影响。

因为差分是 $d[i] = a[i] - a[i - 1]$，

• $a[l]$ 多了 $v$ 而 $a[l - 1]$ 不变，所以 $d[l]$ 的值多了 $v$。
• $a[r + 1]$ 不变而 $a[r]$ 多了 $v$，所以 $d[r + 1]$ 的值少了 $v$。
• 对于不等于 $l$ 且不等于 $r+1$ 的任意 $i$，$a[i]$ 和 $a[i - 1]$ 要么都没发生变化，要么都加了 $v$，$a[i] + v - (a[i - 1] + v)$ 还是 $a[i] - a[i - 1]$，所以其它的 $d[i]$ 均不变。

那就不难想到维护方式了：对于维护 $d_i$ 的树状数组，对 $l$ 单点加 $v$，$r + 1$ 单点加 $-v$；对于维护 $d_i \times i$ 的树状数组，对 $l$ 单点加 $v \times l$，$r + 1$ 单点加 $-v \times (r + 1)$。

而更弱的问题，「区间加求单点值」，只需用树状数组维护一个差分数组 $d_i$。询问 $a[x]$ 的单点值，直接求 $d[1 \ldots x]$ 的和即可。

这里直接给出「区间加区间和」的代码：

"实现" C++

        int t1[MAXN], t2[MAXN], n;
        
        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;
            // 注意不能写成 t2[k] += k * v，因为 k 的值已经不是原数组的下标了
            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

        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))

根据这个原理，应该可以实现「区间乘区间积」，「区间异或一个数，求区间异或值」等，只要满足维护的信息和区间操作是同种运算即可，感兴趣的读者可以自己尝试。

二维树状数组

单点修改，子矩阵查询

二维树状数组，也被称作树状数组套树状数组，用来维护二维数组上的单点修改和前缀信息问题。

与一维树状数组类似，我们用 $c(x, y)$ 表示 $a(x - \operatorname{lowbit}(x) + 1, y - \operatorname{lowbit}(y) + 1) \ldots a(x, y)$ 的矩阵总信息，即一个以 $a(x, y)$ 为右下角，高 $\operatorname{lowbit}(x)$，宽 $\operatorname{lowbit}(y)$ 的矩阵的总信息。

对于单点修改，设：

$$f(x, i) = \begin{cases}x &i = 0\\f(x, i - 1) + \operatorname{lowbit}(f(x, i - 1)) & i > 0\\\end{cases}$$

即 $f(x, i)$ 为 $x$ 在树状数组树形态上的第 $i$ 级祖先（第 $0$ 级祖先是自己）。

则只有 $c(f(x, i), f(y, j))$ 中的元素管辖 $a(x, y)$，修改 $a(x, y)$ 时只需修改所有 $c(f(x, i), f(y, j))$，其中 $f(x, i) \le n$，$f(y, j) \le m$。

"正确性证明" $c(p, q)$ 管辖 $a(x, y)$，求 $p$ 和 $q$ 的取值范围。

考虑一个大小为 $n$ 的一维树状数组 $c_1$（对应原数组 $a_1$）和一个大小为 $m$ 的一维树状数组 $c_2$（对应原数组 $a_2$）。

则命题等价为：$c_1(p)$ 管辖 $a_1[x]$ 且 $c_2(q)$ 管辖 $a_2[y]$ 的条件。

也就是说，在树状数组树形态上，$p$ 是 $x$ 及其祖先中的一个点，$q$ 是 $y$ 及其祖先中的一个点。

所以 $p = f(x, i)$，$q = f(y, j)$。

对于查询，我们设：

$$g(x, i) = \begin{cases}x &i = 0\\g(x, i - 1) - \operatorname{lowbit}(g(x, i - 1)) & i, g(x, i - 1) > 0\\0&\text{otherwise.}\end{cases}$$

则合并所有 $c(g(x, i), g(y, j))$，其中 $g(x, i), g(y, j) > 0$。

"正确性证明" 设 $\circ$ 表示合并两个信息的运算符（比如，如果信息是区间和，则 $\circ = +$）。

考虑一个一维树状数组 $c_1$，$c_1[g(x, 0)] \circ c_1[g(x, 1)] \circ c_1[g(x, 2)] \circ \cdots$ 恰好表示原数组上 $[1 \ldots x]$ 这段区间信息。

类似地，设 $t(x) = c(x, g(y, 0)) \circ c(x, g(y, 1)) \circ c(x, g(y, 2)) \circ \cdots$，则 $t(x)$ 恰好表示 $a(x - \operatorname{lowbit}(x) + 1, 1) \ldots a(x, y)$ 这个矩阵信息。

又类似地，就有 $t(g(x, 0)) \circ t(g(x, 1)) \circ t(g(x, 2)) \circ \cdots$ 表示 $a(1, 1) \ldots a(x, y)$ 这个矩阵信息。

其实这里 $t(x)$ 这个函数如果看成一个树状数组，相当于一个树状数组套了一个树状数组，这也就是「树状数组套树状数组」这个名字的来源。

下面给出单点加、查询子矩阵和的代码。

"实现"

"单点加"

        void add(int x, int y, int v) {
          for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) {
            for (int j = y; j <= m; j += lowbit(j)) {
              // 注意这里必须得建循环变量，不能像一维数组一样直接 while (x <= n) 了
              c[i][j] += v;
            }
          }
        }

"查询子矩阵和"

        int sum(int x, int y) {
          int res = 0;
          for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) {
            for (int j = y; j > 0; j -= lowbit(j)) {
              res += c[i][j];
            }
          }
          return res;
        }
        
        int ask(int x1, int y1, int x2, int y2) {
          // 查询子矩阵和
          return sum(x2, y2) - sum(x2, y1 - 1) - sum(x1 - 1, y2) + sum(x1 - 1, y1 - 1);
        }

子矩阵加，求子矩阵和

前置知识：前缀和 & 差分 和本页面 区间加区间和 一节。

和一维树状数组的「区间加区间和」问题类似，考虑维护差分数组。

二维数组上的差分数组是这样的：

$$d(i, j) = a(i, j) - a(i - 1, j) - a(i, j - 1) + a(i - 1, j - 1)。$$

"为什么这么定义？" 这是因为，理想规定状态下，在差分矩阵上做二维前缀和应该得到原矩阵，因为这是一对逆运算。

二维前缀和的公式是这样的：

$s(i, j) = s(i - 1, j) + s(i, j - 1) - s(i - 1, j - 1) + a(i, j)$。

所以，设 $a$ 是原数组，$d$ 是差分数组，有：

$a(i, j) = a(i - 1, j) + a(i, j - 1) - a(i - 1, j - 1) + d(i, j)$

移项就得到二维差分的公式了。

$d(i, j) = a(i, j) - a(i - 1, j) - a(i, j - 1) + a(i - 1, j - 1)$。

这样以来，对左上角 $(x_1, y_1)$，右下角 $(x_2, y_2)$ 的子矩阵区间加 $v$，相当于在差分数组上，对 $d(x_1, y_1)$ 和 $d(x_2 + 1, y_2 + 1)$ 分别单点加 $v$，对 $d(x_2 + 1, y_1)$ 和 $d(x_1, y_2 + 1)$ 分别单点加 $-v$。

至于原因，把这四个 $d$ 分别用定义式表示出来，分析一下每项的变化即可。

举个例子吧，初始差分数组为 $0$，给 $a(2, 2) \ldots a(3, 4)$ 子矩阵加 $v$ 后差分数组会变为：

$$\begin{pmatrix}0&0&0&0&0\\0&v&0&0&-v\\0&0&0&0&0\\0&-v&0&0&v\end{pmatrix}$$

（其中 $a(2, 2) \ldots a(3, 4)$ 这个子矩阵恰好是上面位于中心的 $2 \times 3$ 大小的矩阵。）

因此，子矩阵加的做法是：转化为差分数组上的四个单点加操作。

现在考虑查询子矩阵和：

对于点 $(x, y)$，它的二维前缀和可以表示为：

$$\sum_{i = 1}^x\sum_{j = 1}^y\sum_{h = 1}^i\sum_{k = 1}^j d(h, k)$$

原因就是差分的前缀和的前缀和就是原本的前缀和。

和一维树状数组的「区间加区间和」问题类似，统计 $d(h, k)$ 的出现次数，为 $(x - h + 1) \times (y - k + 1)$。

然后接着推导：

$$\begin{aligned} &\sum_{i = 1}^x\sum_{j = 1}^y\sum_{h = 1}^i\sum_{k = 1}^j d(h, k) \\=&\sum_{i = 1}^x\sum_{j = 1}^y d(i, j) \times (x - i + 1) \times (y - j + 1) \\=&\sum_{i = 1}^x\sum_{j = 1}^y d(i, j) \times (xy + x + y + 1) - d(i, j) \times i \times (y + 1) - d(i, j) \times j \times (x + 1) + d(i, j) \times i \times j \end{aligned}$$

所以我们需维护四个树状数组，分别维护 $d(i, j)$，$d(i, j) \times i$，$d(i, j) \times j$，$d(i, j) \times i \times j$ 的和信息。

当然了，和一维同理，如果只需要子矩阵加求单点值，维护一个差分数组然后询问前缀和就足够了。

下面给出代码：

"实现"

    typedef long long ll;
    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 += lowbit(X))
        for (int Y = y; Y <= m; Y += lowbit(Y)) {
          t1[X][Y] += z;
          t2[X][Y] += z * x;  // 注意是 z * x 而不是 z * X，后面同理
          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) 子矩阵
      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 -= lowbit(i))
        for (int j = y; j; j -= lowbit(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);
    }

权值树状数组及应用

我们知道，普通树状数组直接在原序列的基础上构建，$c_6$ 表示的就是 $a[5 \ldots 6]$ 的区间信息。

然而事实上，我们还可以在原序列的权值数组上构建树状数组，这就是权值树状数组。

"什么是权值数组？" 一个序列 $a$ 的权值数组 $b$，满足 $b[x]$ 的值为 $x$ 在 $a$ 中的出现次数。

例如：$a = (1, 3, 4, 3, 4)$ 的权值数组为 $b = (1, 0, 2, 2)$。

很明显，$b$ 的大小和 $a$ 的值域有关。

若原数列值域过大，且重要的不是具体值而是值与值之间的相对大小关系，常 离散化 原数组后再建立权值数组。

另外，权值数组是原数组无序性的一种表示：它重点描述数组的元素内容，忽略了数组的顺序，若两数组只是顺序不同，所含内容一致，则它们的权值数组相同。

因此，对于给定数组的顺序不影响答案的问题，在权值数组的基础上思考一般更直观，比如 [NOIP2021] 数列。

运用权值树状数组，我们可以解决一些经典问题。

单点修改，查询全局第 $k$ 小

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。

该问题可离散化，如果原序列 $a$ 值域过大，离散化后再建立权值数组 $b$。注意，还要把单点修改中的涉及到的值也一起离散化，不能只离散化原数组 $a$ 中的元素。

对于单点修改，只需将对原数列的单点修改转化为对权值数组的单点修改即可。具体来说，原数组 $a[x]$ 从 $y$ 修改为 $z$，转化为对权值数组 $b$ 的单点修改就是 $b[y]$ 单点减 $1$，$b[z]$ 单点加 $1$。

对于查询第 $k$ 小，考虑二分 $x$，查询权值数组中 $[1, x]$ 的前缀和，找到 $x_0$ 使得 $[1, x_0]$ 的前缀和 $< k$ 而 $[1, x_0 + 1]$ 的前缀和 $\ge k$，则第 $k$ 大的数是 $x_0 + 1$（注：这里认为 $[1, 0]$ 的前缀和是 $0$）。

这样做时间复杂度是 $\Theta(\log^2n)$ 的。

考虑用倍增替代二分。

设 $x = 0$，$\mathrm{sum} = 0$，枚举 $i$ 从 $\log_2n$ 降为 $0$：

• 查询权值数组中 $[x + 1 \ldots x + 2^i]$ 的区间和 $t$。
• 如果 $\mathrm{sum} + t < k$，扩展成功，$x \gets x + 2^i$，$\mathrm{sum} \gets \mathrm{sum} + t$；否则扩展失败，不操作。

这样得到的 $x$ 是满足 $[1 \ldots x]$ 前缀和 $< k$ 的最大值，所以最终 $x + 1$ 就是答案。

看起来这种方法时间效率没有任何改善，但事实上，查询 $[x + 1 \ldots x + 2^i]$ 的区间和只需访问 $c[x + 2^i]$ 的值即可。

原因很简单，考虑 $\operatorname{lowbit}(x + 2^i)$，它一定是 $2^i$，因为 $x$ 之前只累加过 $2^j$ 满足 $j > i$。因此 $c[x + 2^i]$ 表示的区间就是 $[x + 1 \ldots x + 2^i]$。

如此一来，时间复杂度降低为 $\Theta(\log n)$。

"实现" C++

        // 权值树状数组查询第 k 小
        int kth(int k) {
          int sum = 0, x = 0;
          for (int i = log2(n); ~i; --i) {
            x += 1 << i;                    // 尝试扩展
            if (x >= n || sum + t[x] >= k)  // 如果扩展失败
              x -= 1 << i;
            else
              sum += t[x];
          }
          return x + 1;
        }

Python

        # 权值树状数组查询第 k 小
        def kth(k):
            sum = 0
            x = 0
            i = int(log2(n))
            while ~i:
                x = x + (1 << i)  # 尝试扩展
                if x >= n or sum + t[x] >= k:  # 如果扩展失败
                    x = x - (1 << i)
                else:
                    sum = sum + t[x]
                i = i - 1
            return x + 1

全局逆序对（全局二维偏序）

全局逆序对也可以用权值树状数组巧妙解决。问题是这样的：给定长度为 $n$ 的序列 $a$，求 $a$ 中满足 $i < j$ 且 $a[i] > a[j]$ 的数对 $(i, j)$ 的数量。

该问题可离散化，如果原序列 $a$ 值域过大，离散化后再建立权值数组 $b$。

我们考虑从 $n$ 到 $1$ 倒序枚举 $i$，作为逆序对中第一个元素的索引，然后计算有多少个 $j > i$ 满足 $a[j] < a[i]$，最后累计答案即可。

事实上，我们只需要这样做（设当前 $a[i] = x$）：

• 查询 $b[1 \ldots x - 1]$ 的前缀和，即为左端点为 $a[i]$ 的逆序对数量。
• $b[x]$ 自增 $1$；

原因十分自然：出现在 $b[1 \ldots x-1]$ 中的元素一定比当前的 $x = a[i]$ 小，而 $i$ 的倒序枚举，自然使得这些已在权值数组中的元素，在原数组上的索引 $j$ 大于当前遍历到的索引 $i$。

用例子说明，$a = (4, 3, 1, 2, 1)$。

$i$ 按照 $5 \to 1$ 扫：

• $a[5] = 1$，查询 $b[1 \ldots 0]$ 前缀和，为 $0$，$b[1]$ 自增 $1$，$b = (1, 0, 0, 0)$。
• $a[4] = 2$，查询 $b[1 \ldots 1]$ 前缀和，为 $1$，$b[2]$ 自增 $1$，$b = (1, 1, 0, 0)$。
• $a[3] = 1$，查询 $b[1 \ldots 0]$ 前缀和，为 $0$，$b[1]$ 自增 $1$，$b = (2, 1, 0, 0)$。
• $a[2] = 3$，查询 $b[1 \ldots 2]$ 前缀和，为 $3$，$b[3]$ 自增 $1$，$b = (2, 1, 1, 0)$。
• $a[1] = 4$，查询 $b[1 \ldots 3]$ 前缀和，为 $4$，$b[4]$ 自增 $1$，$b = (2, 1, 1, 1)$。

所以最终答案为 $0 + 1 + 0 + 3 + 4 = 8$。

注意到，遍历 $i$ 后的查询 $b[1 \ldots x - 1]$ 和自增 $b[x]$ 的两个步骤可以颠倒，变成先自增 $b[x]$ 再查询 $b[1 \ldots x - 1]$，不影响答案。两个角度来解释：

• 对 $b[x]$ 的修改不影响对 $b[1 \ldots x - 1]$ 的查询。
• 颠倒后，实质是在查询 $i \le j$ 且 $a[i] > a[j]$ 的数对数量，而 $i = j$ 时不存在 $a[i] > a[j]$，所以 $i \le j$ 相当于 $i < j$，所以这与原来的逆序对问题是等价的。

如果查询非严格逆序对（$i < j$ 且 $a[i] \ge a[j]$）的数量，那就要改为查询 $b[1 \ldots x]$ 的和，这时就不能颠倒两步了，还是两个角度来解释：

• 对 $b[x]$ 的修改 影响 对 $b[1 \ldots x]$ 的查询。
• 颠倒后，实质是在查询 $i \le j$ 且 $a[i] \ge a[j]$ 的数对数量，而 $i = j$ 时恒有 $a[i] \ge a[j]$，所以 $i \le j$ 不相当于 $i < j$，与原问题 不等价。

如果查询 $i \le j$ 且 $a[i] \ge a[j]$ 的数对数量，那这两步就需要颠倒了。

另外，对于原逆序对问题，还有一种做法是正着枚举 $j$，查询有多少 $i < j$ 满足 $a[i] > a[j]$。做法如下（设 $x = a[j]$）：

• 查询 $b[x + 1 \ldots V]$（$V$ 是 $b$ 的大小，即 $a$ 的值域（或离散化后的值域））的区间和。
• 将 $b[x]$ 自增 $1$。

原因：出现在 $b[x + 1 \ldots V]$ 中的元素一定比当前的 $x = a[j]$ 大，而 $j$ 的正序枚举，自然使得这些已在权值数组中的元素，在原数组上的索引 $i$ 小于当前遍历到的索引 $j$。

树状数组维护不可差分信息

比如维护区间最值等。

注意，这种方法虽然码量小，但单点修改和区间查询的时间复杂度均为 $\Theta(\log^2n)$，比使用线段树的时间复杂度 $\Theta(\log n)$ 劣。

区间查询

我们还是基于之前的思路，从 $r$ 沿着 $\operatorname{lowbit}$ 一直向前跳，但是我们不能跳到 $l$ 的左边。

因此，如果我们跳到了 $c[x]$，先判断下一次要跳到的 $x - \operatorname{lowbit}(x)$ 是否小于 $l$：

• 如果小于 $l$，我们直接把 $\boldsymbol{a[x]}$ 单点 合并到总信息里，然后跳到 $c[x - 1]$。
• 如果大于等于 $l$，说明没越界，正常合并 $c[x]$，然后跳到 $c[x - \operatorname{lowbit}(x)]$ 即可。

下面以查询区间最大值为例，给出代码：

"实现"

    int getmax(int l, int r) {
      int ans = 0;
      while (r >= l) {
        ans = max(ans, a[r]);
        --r;
        for (; r - lowbit(r) >= l; r -= lowbit(r)) {
          // 注意，循环条件不要写成 r - lowbit(r) + 1 >= l
          // 否则 l = 1 时，r 跳到 0 会死循环
          ans = max(ans, C[r]);
        }
      }
      return ans;
    }

可以证明，上述算法的时间复杂度是 $\Theta(\log^2n)$。

"时间复杂度证明" 考虑 $r$ 和 $l$ 不同的最高位，一定有 $r$ 在这一位上为 $1$，$l$ 在这一位上为 $0$（因为 $r \ge l$）。

如果 $r$ 在这一位的后面仍然有 $1$，一定有 $r - \operatorname{lowbit}(r) \ge l$，所以下一步一定是把 $r$ 的最低位 $1$ 填为 $0$；

如果 $r$ 的这一位 $1$ 就是 $r$ 的最低位 $1$，无论是 $r \gets r - \operatorname{lowbit}(r)$ 还是 $r \gets r - 1$，$r$ 的这一位 $1$ 一定会变为 $0$。

因此，$r$ 经过至多 $\log n$ 次变换后，$r$ 和 $l$ 不同的最高位一定可以下降一位。所以，总时间复杂度是 $\Theta(\log^2n)$。

单点更新

"注" 请先理解树状数组树形态的以下两条性质，再学习本节。

• 设 $u = s \times 2^{k + 1} + 2^k$，则其儿子数量为 $k = \log_2\operatorname{lowbit}(u)$，编号分别为 $u - 2^t(0 \le t < k)$。
• $u$ 的所有儿子对应 $c$ 的管辖区间恰好拼接成 $[l(u), u - 1]$。

关于这两条性质的含义及证明，都可以在本页面的 树状数组与其树形态的性质 一节找到。

更新 $a[x]$ 后，我们只需要更新满足在树状数组树形态上，满足 $y$ 是 $x$ 的祖先的 $c[y]$。

对于最值（以最大值为例），一种常见的错误想法是，如果 $a[x]$ 修改成 $p$，则将所有 $c[y]$ 更新为 $\max(c[y], p)$。下面是一个反例：$(1, 2, 3, 4, 5)$ 中将 $5$ 修改成 $4$，最大值是 $4$，但按照上面的修改这样会得到 $5$。将 $c[y]$ 直接修改为 $p$ 也是错误的，一个反例是，将上面例子中的 $3$ 修改为 $4$。

事实上，对于不可差分信息，不存在通过 $p$ 直接修改 $c[y]$ 的方式。这是因为修改本身就相当于是把旧数从原区间「移除」，然后加入一个新数。「移除」时对区间信息的影响，相当于做「逆运算」，而不可差分信息不存在「逆运算」，所以无法直接修改 $c[y]$。

换句话说，对每个受影响的 $c[y]$，这个区间的信息我们必定要重构了。

考虑 $c[y]$ 的儿子们，它们的信息一定是正确的（因为我们先更新儿子再更新父亲），而这些儿子又恰好组成了 $[l(y), y - 1]$ 这一段管辖区间，那再合并一个单点 $a[y]$ 就可以合并出 $[l(y), y]$，也就是 $c[y]$ 了。这样，我们能用至多 $\log n$ 个区间重构合并出每个需要修改的 $c$。

"实现"

    void update(int x, int v) {
      a[x] = v;
      for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) {
        // 枚举受影响的区间
        C[i] = a[i];
        for (int j = 1; j < lowbit(i); j *= 2) {
          C[i] = max(C[i], C[i - j]);
        }
      }
    }

容易看出上述算法时间复杂度为 $\Theta(\log^2n)$。

建树

可以考虑拆成 $n$ 个单点修改，$\Theta(n\log^2n)$ 建树。

也有 $\Theta(n)$ 的建树方法，见本页面 $\Theta(n)$ 建树 一节的方法一。

Tricks

$\Theta(n)$ 建树

以维护区间和为例。

方法一：

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。

"实现" C++

        // Θ(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

        # Θ(n) 建树
        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]

方法二：

前面讲到 $c[i]$ 表示的区间是 $[i-\operatorname{lowbit}(i)+1, i]$，那么我们可以先预处理一个 $\mathrm{sum}$ 前缀和数组，再计算 $c$ 数组。

"实现" C++

        // Θ(n) 建树
        void init() {
          for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            t[i] = sum[i] - sum[i - lowbit(i)];
          }
        }

Python

        # Θ(n) 建树
        def init():
            for i in range(1, n + 1):
                t[i] = sum[i] - sum[i - lowbit(i)]

时间戳优化

对付多组数据很常见的技巧。若每次输入新数据都暴力清空树状数组，就可能会造成超时。因此使用 $\mathrm{tag}$ 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 $\mathrm{tag}$ 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。

"实现" C++

        // 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

        # 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

例题

• 树状数组 1：单点修改，区间查询
• 树状数组 2：区间修改，单点查询
• 树状数组 3：区间修改，区间查询
• 二维树状数组 1：单点修改，区间查询
• 二维树状数组 2：区间修改，单点查询
• 二维树状数组 3：区间修改，区间查询