假设我们现在拿到了一个非常大的数组，对于这个数组里面的数字要反复不断地做两个操作。
1、（query）随机在这个数组中选一个区间，求出这个区间所有数的和。
时间复杂度：
枚举：
枚举L~R的每个数并累加。
- query：O（n）
- update：O（1）
如果query与update要做很多很多次，query的O（n）会被卡住，所以时间复杂度会非常慢。那么有没有办法把query的时间复杂度降成O（1）呢？其中一种方法如下：
- 先建立一个与a数组一样大的数组。
- s[1]=a[1];s[2]=a[1]+a[2];s[3]=a[1]+a[2]+a[3];...;s[n]=a[1]+a[2]+a[3]+...+a[n]（在s数组中存入a的前缀和）
- 此时a[L]+a[L+1]+...+a[R]=s[R]-s[L-1]，query的时间复杂度降为O（1）。
- 但若要修改a[k]的值，随之也需修改s[k],s[k+1],...,s[n]的值，时间复杂度升为O（n）。
前缀和：
query：O（1）
update：O（n）
- 我们发现，当我们想尽方法把其中一个操作的时间复杂度改成O（1）后，另一个操作的时间复杂度就会变为O（n）。当query与update的操作特别多时，不论用哪种方法，总体的时间复杂度都不会特别快。
- 所以，我们将要讨论一种叫线段树的数据结构，它可以把这两个操作的时间复杂度平均一下，使得query和update的时间复杂度都落在O（n log n）上，从而增加整个算法的效率。
线段树
假设我们拿到了如下长度为6的数组：
在构建线段树之前，我们先阐述线段树的性质：
1、线段树的每个节点都代表一个区间。
2、线段树具有唯一的根节点，代表的区间是整个统计范围，如[1,N]。
3、线段树的每个叶节点都代表一个长度为1的元区间[x,x]。
4、对于每个内部节点[l,r]，它的左子结点是[l,mid]，右子节点是[mid+1,r]，其中mid=(l+r)/2（向下取整）。
依照这个数组，我们构建如下线段树（结点的性质为sum）：
若我们要求[2-5]区间中数的和：
若我们要把a[4]改为6：
接下来的问题是：如何保存这棵线段树？
- 用数组存储。
若我们要取node结点的左子结点（left）与右子节点（right），方法如下：
- left=2*node+1
- right=2*ndoe+2
举结点5为例（左子结点为节点11，右子节点为节点12）：
- left5=2*5+1=11
- right5=2*5+2=12
接下来给出建树的代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; const int N = 1000; int a[] = {1,3,5,7,9,11}; int size = 6; int tree[N] = {0}; //建立范围为a[start]~a[end]
void build(int a[],int tree[],int node/*当前节点*/,int start,int end){ //递归边界(即遇到叶子节点时)
if (start == end){ //直接存储a数组中的值
tree[node] = a[start]; } else { //将建立的区间分成两半
int mid = (start + end) / 2; int left = 2 * node + 1;//左子节点的下标
int right = 2 * node + 2;//右子节点的下标 //求出左子节点的值(即从节点left开始,建立范围为a[start]~a[mid])
build(a,tree,left,start,mid); //求出右子节点的值(即从节点right开始,建立范围为a[start]~a[mid])
build(a,right,mid+1,end); //当前节点的职位左子节点的值加上右子节点的值
tree[node] = tree[left] + tree[right]; } } int main(){ //从根节点(即节点0)开始建树,建树范围为a[0]~a[size-1]
build(a,0,size-1); for(int i = 0; i <= 14; i ++) printf("tree[%d] = %d\n",i,tree[i]); return 0; }
运行结果：
update操作：
例：把a[x]改为6（代码实现）
void update(int a[],int node,int end,int x,int val){ //找到a[x],修改值 if (start == end){ a[x] = val; tree[node] = val; } else { int mid = (start + end) / 2; int left = 2 * node + 1; int right = 2 * node + 2; if (x >= start && x <= mid) {//如果x在左分支 update(a,mid,x,val); } else {//如果x在右分支 update(a,end,val); } //向上更新值 tree[node] = tree[left] + tree[right]; } } 在主函数中调用： //把a[x]改成6 update(a,size-1,4,6);
运行结果：
query操作：
例：求a[2]+a[3]+...+a[5]的值（代码实现）
int query(int a[],int L,int R){ //若目标区间与当时区间没有重叠,结束递归返回0 if (start > R || end < L){ return 0; } //若目标区间包含当时区间,直接返回节点值 else if (L <=start && end <= R){ return tree[node]; } else { int mid = (start + end) / 2; int left = 2 * node + 1; int right = 2 * node + 2; //计算左边区间的值 int sum_left = query(a,L,R); //计算右边区间的值 int sum_right = query(a,R); //相加即为答案 return sum_left + sum_right; } } 在主函数中调用： //求区间[2,5]的和 int ans = query(a,2,5); printf("ans = %d",ans);
运行结果：
最后，献上完整的代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1000; int a[] = {1,int end){ //递归边界(即遇到叶子节点时) if (start == end) { //直接存储a数组中的值 tree[node] = a[start]; } else { //将建立的区间分成两半 int mid = (start + end) / 2; int left = 2 * node + 1;//左子节点的下标 int right = 2 * node + 2;//右子节点的下标 //求出左子节点的值(即从节点left开始,end); //当前节点的职位左子节点的值加上右子节点的值 tree[node] = tree[left] + tree[right]; } } void update(int a[],val); } //向上更新值 tree[node] = tree[left] + tree[right]; } } //求a[L]~a[R]的区间和 int query(int a[],R); //相加即为答案 return sum_left + sum_right; } } int main(){ //从根节点(即节点0)开始建树,tree[i]); printf("\n"); //把a[x]改成6 update(a,6); for(int i = 0; i <= 14; i ++) printf("tree[%d] = %d\n",tree[i]); printf("\n"); //求区间[2,5]的和 int ans = query(a,5); printf("ans = %d",ans); return 0; }
运行结果：
