Дерево Фенвика — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Реализация)
 
(не показано 85 промежуточных версий 14 участников)
Строка 1: Строка 1:
{{Определение
+
== Описание структуры ==
|definition=
+
[[Файл:Bit.jpg|thumb|300px|По горизонтали — индексы массива <tex>T</tex> <br/> (<tex>T_i</tex> является суммой элементов массива <tex>A</tex>, индексы которых заштрихованы),<br/> по вертикали — индексы массива <tex>A</tex>]]
'''Дерево Фе&#769;нвика (Binary indexed tree)''' - структура данных, требующая <tex> O(n) </tex> памяти и позволяющая эффективно (за <tex> O(log n) </tex>)
+
'''Дерево Фе&#769;нвика''' (англ. ''Binary indexed tree'') — структура данных, требующая <tex> O(n) </tex> памяти и позволяющая эффективно (за <tex> O(\log n) </tex>) выполнять следующие операции:
# изменять значение любого элемента в массиве;
+
* изменять значение любого элемента в массиве,
# выполнять некоторую ассоциативную, коммутативную, обратимую операцию <tex> G </tex> на отрезке <tex> [i, j] </tex>.
+
* выполнять некоторую [[Ассоциативная_операция |ассоциативную]], [[Абелева_группа |коммутативную]], [[Группа |обратимую операцию]] <tex> \circ </tex> на отрезке <tex> [i, j] </tex>.
}}
+
 
[[Файл:Bit.jpg|thumb|300px|По горизонтали - содержимое массива T,<br/> по вертикали - содержимое массива A]]
 
 
Впервые описано Питером Фенвиком в 1994 году.
 
Впервые описано Питером Фенвиком в 1994 году.
  
Пусть дан массив <tex> A </tex> из <tex> n </tex> элементов: <tex> a_i, i = \overline{0, n} </tex>.<br/>
+
Пусть дан массив <tex> A = [a_0, a_1, ... , a_{n - 1}]</tex>.
Деревом Фенвика будем называть массив <tex> T </tex> из <tex> n </tex> элементов: <tex> T_i = \sum\limits_{k = F(i)}^{i} a_k, i = \overline{0, n} </tex>, где <tex> F(i) </tex> - некоторая функция.
+
Деревом Фенвика будем называть массив <tex> T </tex> из <tex> n </tex> элементов: <tex> T_i = \sum\limits_{k = F(i)}^{i} a_k</tex>, где <tex> i = 0 .. n - 1 </tex> и <tex> F(i) </tex> некоторая функция, от выбора которой зависит время работы операций над деревом. Рассмотрим функцию, позволяющую делать операции вставки и изменения элемента за время <tex> O(\log n) </tex>. Она задается простой формулой: <tex> F(i) = i \And (i + 1) </tex>, где <tex> \And </tex> — это операция побитового логического <tex>AND</tex>. При <tex>AND</tex> числа и его значения, увеличенного на единицу, мы получаем это число без последних подряд идущих единиц.
От выбора функции зависит время работы операций над деревом. Рассмотрим функцию, позволяющую делать обе операции за время <tex> O(log(n)) </tex>.
 
  
<tex> F(i) = i - 2^{h(i) + 1}, </tex> где <tex> h(i) </tex> - количество единиц в конце бинарной записи числа <tex> i </tex>.
+
Эту функцию можно вычислять по другой формуле: <tex> F(i) = i - 2^{h(i)} + 1, </tex> где <tex> h(i) </tex> количество подряд идущих единиц в конце бинарной записи числа <tex> i </tex>. Оба варианта равносильны, так как функция, заданная какой-либо из этих формул, заменяет все подряд идущие единицы в конце числа на нули.
Эта функция задается простой формулой: <tex> F(i) = i \& (i + 1) </tex>.
 
  
 
== Запрос изменения элемента ==
 
== Запрос изменения элемента ==
 +
Нам надо научиться быстро изменять частичные суммы в зависимости от того, как изменяются элементы. Рассмотрим как изменяется массив <tex>T</tex> при изменении элемента <tex>a_k</tex>.
 +
{{Лемма
 +
|statement=
 +
Для пересчёта дерева Фенвика при изменении величины <tex>a_{k}</tex> необходимо изменить элементы дерева <tex>T_{i}</tex>, для индексов <tex>i</tex> которых верно неравенство <tex>F(i) \leqslant k \leqslant i</tex> .
 +
|proof=
 +
<tex> T_i =\sum\limits_{k = F(i)}^{i} a_k , i = 0 .. n - 1 \Rightarrow</tex> необходимо менять те <tex>T_i</tex>, для которых <tex>a_{k}</tex> попадает в <tex>T_i \Rightarrow</tex> необходимые <tex> i </tex> удовлетворяют условию <tex>F(i) \leqslant k \leqslant i</tex>.
 +
}}
 +
 +
{{Лемма
 +
|statement= Все такие <tex> i </tex>, для которых меняется <tex>T_i</tex> при изменении <tex>a_k</tex>, можно найти по формуле <tex>i_{next} = i_{prev}  \mid  (i_{prev} + 1) </tex>, где <tex> \mid </tex> — это операция побитового логического <tex> OR </tex>.
 +
|proof=Из доказанной выше леммы следует, что первый элемент последовательности само <tex> k </tex>. Для него выполняется равенство, так как <tex> F(i) \leqslant i </tex>. По формуле <tex>i_{next} = i_{prev}  \mid  (i_{prev} + 1) </tex> мы заменим первый ноль на единицу. Неравенство при этом сохранится, так как <tex>F(i)</tex> осталось прежним или уменьшилось, а <tex> i </tex> увеличилось. <tex> F(i) </tex> не может увеличиться, так как функция <tex> F </tex> заменяет последние подряд идущие единицы числа <tex> i </tex> на нули, а по формуле <tex>i_{next} = i_{prev}  \mid  (i_{prev} + 1) </tex> у нового значения <tex> i </tex> увеличивается количество единиц в конце, что не может привести к увеличению <tex> F(i) </tex>. Докажем от противного, что нельзя рассматривать значения <tex> i </tex>, отличные от тех, которые мы получили по формуле. Рассмотрим две различные последовательности индексов. Первая последовательность получена по формуле, вторая — некоторая последовательность чисел превосходящих <tex>k</tex>. Возьмём число <tex> j </tex> из второй последовательности, которого нет в первой последовательности. Пусть <tex>F(j) \leqslant k </tex>. Уберём у <tex>j</tex> все подряд идущие единицы в конце двоичной записи, столько же цифр уберём в конце числа <tex>k</tex>. Обозначим их как <tex>j_{0}</tex> и <tex>k_{0}</tex>. Чтобы выполнялось условие <tex>F(j)  \leqslant k </tex>, должно выполняться неравенство <tex>j_{0} \leqslant k_{0}</tex>. Но если <tex>j_{0} < k_{0}</tex>, то и <tex>j \leqslant k</tex>, что противоречит условию <tex>j > k</tex>. Значит, <tex>j_{0} = k_{0}</tex>. Но тогда <tex>j</tex> возможно получить по формуле <tex>i_{next} = i_{prev}  \mid  (i_{prev} + 1) </tex>, следовательно, <tex>F(j) > k </tex>. Получили противоречие: <tex>j</tex> можно вычислить по формуле, а это значит, что оно содержится в первой последовательности. Таким образом, нужные элементы можно искать по формуле <tex>i_{next} = i_{prev}  \mid  (i_{prev} + 1) </tex>.
 +
}}
 +
 +
Заметим, что <tex>F(i)</tex> возрастает немонотонно. Поэтому нельзя просто перебирать значения от <tex> k </tex>, пока не нарушается условие. Например, пусть <tex> k = 3 </tex>. При данной стратегии на следующем шаге (<tex> i = 4</tex>) нарушится условие и мы прекратим пересчитывать <tex> T_i </tex>. Но тогда мы упускаем остальные значения <tex>i</tex>, например <tex> 7 </tex>.
 +
 +
{| style="background-color:#CCC;margin:0.5px"
 +
|style="background-color:#EEE;padding:3px 10px"| <tex>i</tex>, десятичная запись
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>1</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>2</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>3</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>4</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>5</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>6</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>7</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>8</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>9</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>10</tex>
 +
|-
 +
|style="background-color:#EEE;padding:3px 10px"| <tex>i</tex>, двоичная запись
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0000</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0001</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0010</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0011</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0100</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0101</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0110</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0111</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>1000</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>1001</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>1010</tex>
 +
|-
 +
|style="background-color:#EEE;padding:3px 10px"| <tex>F(i)</tex>, двоичная запись
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0000</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0000</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0010</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0000</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0100</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0100</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0110</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0000</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>1000</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>1000</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>1010</tex>
 +
|-
 +
|style="background-color:#EEE;padding:3px 10px"| <tex>F(i)</tex>, десятичная запись
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>2</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>4</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>4</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>6</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>0</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>8</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>8</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:3px 10px"| <tex>10</tex>
 +
|}
 +
 +
 +
Все <tex>i</tex> мы можем получить следующим образом: <tex>i_{next} = i_{prev}  \mid  (i_{prev} + 1) </tex>. Следующим элементом в последовательности будет элемент, у которого первый с конца ноль превратится в единицу. Можно заметить, что если к исходному элементу прибавить единицу, то необходимый ноль обратится в единицу, но при этом все следующие единицы обнулятся. Чтобы обратно их превратить в единицы, применим операцию <tex>OR</tex>. Таким образом все нули в конце превратятся в единицы и мы получим нужный элемент. Для того, чтобы понять, что эта последовательность верна, достаточно посмотреть на таблицу.
 +
 +
{| style="background-color:#CCC;margin:0.5px"
 +
|style="background-color:#EEE;padding:2px 30px"| <tex>i_{prev}</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:2px 30px"| <tex>\ldots 011 \ldots 1</tex>
 +
|-
 +
|style="background-color:#EEE;padding:2px 30px"| <tex>i_{prev} + 1</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:2px 30px"| <tex>\ldots 100 \ldots 0</tex>
 +
|-
 +
|style="background-color:#EEE;padding:2px 30px"| <tex>i_{next}</tex>
 +
|style="background-color:#FFF;padding:2px 30px"| <tex>\ldots 111 \ldots 1</tex>
 +
|}
 +
 +
Несложно заметить, что данная последовательность строго возрастает и в худшем случае будет применена логарифм раз, так как добавляет каждый раз по одной единице в двоичном разложении числа <tex>i</tex>.
 +
 +
Напишем функцию, которая будет прибавлять к элементу <tex>a_i</tex> число <tex>d</tex>, и при этом меняет соответствующие частичные суммы. Так как наш массив содержит <tex>N</tex> элементов, то мы будем искать <tex>i_{next}</tex> до тех пор, пока оно не превышает значение <tex>N</tex>.
 +
 +
'''function''' modify(i, d):
 +
    '''while''' i < N
 +
        t[i] += d
 +
        i = i | (i + 1)
 +
 +
Часто можно встретить задачу, где требуется заменить значение элемента <tex>a_i</tex> на <tex>x</tex>. Заметим, что если вычислить разность <tex>x</tex> и <tex>a_{i}</tex>, то можно свести эту задачу к операции прибавления <tex>d</tex> к <tex>a_i</tex>.
 +
 +
'''function''' set(i, x):
 +
    d = x - a[i]
 +
    a[i] = x
 +
    modify(i, d)
 +
 +
Построение дерева можно осуществить, исходя из его описания. Но можно быстрее, если использовать функцию <tex>\mathrm {modify}</tex> для каждого элемента массива <tex>A</tex>. Тогда мы получим время работы <tex>O(n \log {n})</tex>.
 +
 +
'''function''' build():
 +
    '''for''' i = 0 '''to''' N - 1
 +
        modify(i, a[i])
 +
 +
== Запрос получения значения функции на префиксе ==
 +
Пусть существует некоторая бинарная операция <tex>\circ</tex>. Чтобы получить значение на отрезке <tex>[i, j]</tex>, нужно провести операцию, обратную к <tex>\circ</tex>, над значениями на отрезках <tex>[0, j]</tex> и <tex>[0, i - 1]</tex>.
 +
 +
В качестве бинарной операции <tex> \circ </tex> рассмотрим операцию сложения.
 +
 +
Обозначим <tex> G_i = \mathrm {sum(i)} = \sum\limits_{k = 0}^{i} a_k </tex>. Тогда <tex> \mathrm {sum(i, j)} = \sum\limits_{k = i}^{j} a_k = G_j - G_{i - 1} </tex>.
 +
 +
Для нахождения <tex>\mathrm {sum(i)}</tex> будем действовать следующим образом. Берём <tex>T_i</tex>, которое является суммой элементов с индексами от <tex>F(i)</tex> до <tex>i</tex>. Теперь к этому значению нужно прибавить <tex>\mathrm {sum(F(i) - 1)}</tex>. Аналогично продолжаем складывать, пока не <tex>F(i)</tex> не станет равным <tex>0</tex>.
 +
 +
Покажем, что запрос суммы работает за <tex>O(\log{n})</tex>. Рассмотрим двоичную запись числа <tex>i</tex>. Функция <tex>F(i)</tex> заменила его последние единицы на нули (заметим, что количество нулей в конце станет больше, чем количество единиц в конце до этого). Теперь вычтем единицу из <tex>F(i)</tex> (переход к следующему столбику). Количество единиц в конце увеличилось, по сравнению с <tex>i</tex>, так как мы заменили все нули в конце на единицы. Проводя эти действия дальше, мы придём к тому, что получили <tex>0</tex>. В худшем случае мы должны были повторять эти операции <tex>l</tex> раз, где <tex>l</tex> — количество цифр в двоичной записи числа <tex>i</tex>, что не превосходит <tex>\log_{2}{i} + 1</tex>. Значит, запрос суммы выполняется за <tex>O(\log{n})</tex>.
  
== Запрос получения суммы на префиксе ==
+
=== Реализация ===
В качестве бинарной операции <tex> G </tex> рассмотрим операцию сложения. <br/>
+
Приведем код функции <tex> \mathrm {sum(i)} </tex>:
Обозначим <tex> G_i = sum(i) = \sum\limits_{k = 0}^{i} a_k </tex>. Тогда <tex> sum(i, j) = \sum\limits_{k = i}^{j} a_k = G_j - G_{i - 1} </tex>.
+
'''int''' sum(i):
 +
    result = 0
 +
    '''while''' i >= 0
 +
        result += t[i]
 +
        i = f(i) - 1
 +
    return result
  
{{Утверждение
+
==Сравнение дерева Фенвика и дерева отрезков==
|statement='''Лемма.''' <tex> a_i </tex> входит в сумму для <tex> t_k </tex>, если <tex> \exists j: k = i | \cdots(1 \cdots 1) j </tex>  раз.
+
 
|proof=Для доказательства леммы рассмотрим битовую запись следующих чисел: <tex> k - 2^{h(k) + 1} \leq i \leq k </tex>
+
* Дерево Фенвика занимает в константное значение раз меньше памяти, чем дерево отрезков. Это следует из того, что дерево Фенвика хранит только значение операции для каких-то элементов, а дерево отрезков хранит сами элементы и частичные результаты операции на подотрезках, поэтому оно занимает как минимум в два раза больше памяти.
* <tex> k - 2^{h(k) + 1} \rightarrow \cdots (0 \cdots 0) </tex> <br/>
+
* Дерево Фенвика проще в реализации.
* <tex> i \rightarrow \cdots (\cdots) </tex> <br/>
+
* Операция на отрезке, для которой строится дерево Фенвика, должна быть обратимой, а это значит, что минимум (как и максимум) на отрезке это дерево считать не может, в отличие от дерева отрезков. Но если нам требуется найти минимум на префиксе, то дерево Фенвика справится с этой задачей. Такое дерево Фенвика поддерживает операцию уменьшения элементов массива. Пересчёт минимума в дереве происходит быстрее, чем обновление массива минимумов на префиксе.
* <tex> k \rightarrow \cdots (1 \cdots 1)</tex>
+
 
}}
+
== См. также ==
Приведем код функции <tex> sum(i) </tex> на C++:
+
* [[Дерево отрезков. Построение |Дерево отрезков]]
<code>
+
 
int sum(int i)
+
==Источники информации==
{
+
 
    int result = 0;
+
* [http://citeseer.ist.psu.edu/viewdoc/download;jsessionid=F180153B9C0CD797594314B736E2CCC5?doi=10.1.1.14.8917&rep=rep1&type=pdf Peter M. Fenwick: A new data structure for cumulative frequency]
    while (i >= 0)
+
* [http://en.wikipedia.org/wiki/Fenwick_tree Wikipedia — Fenwick tree]
    {
+
* [http://e-maxx.ru/algo/fenwick_tree Maximal:: algo:: Дерево Фенвика]
        result += t[i];
+
* [http://habrahabr.ru/post/112828 Хабрахабр — Дерево Фенвика]
        i = f(i) - 1;
+
 
    }
+
 
    return result;
+
[[Категория: Дискретная математика и алгоритмы]]
}
+
 
</code>
+
[[Категория: Дерево Фенвика]]
  
== Полезные ссылки: ==
+
[[Категория: Структуры данных]]
Peter M. Fenwick: [http://citeseer.ist.psu.edu/viewdoc/download;jsessionid=F180153B9C0CD797594314B736E2CCC5?doi=10.1.1.14.8917&rep=rep1&type=pdf A new data structure for cumulative frequency] <br/>
 
Wikipedia: [http://en.wikipedia.org/wiki/Fenwick_tree Fenwick tree] <br/>
 
e-maxx.ru: [http://e-maxx.ru/algo/fenwick_tree Дерево Фенвика]
 

Текущая версия на 20:59, 20 октября 2020

Описание структуры[править]

По горизонтали — индексы массива [math]T[/math]
([math]T_i[/math] является суммой элементов массива [math]A[/math], индексы которых заштрихованы),
по вертикали — индексы массива [math]A[/math]

Дерево Фе́нвика (англ. Binary indexed tree) — структура данных, требующая [math] O(n) [/math] памяти и позволяющая эффективно (за [math] O(\log n) [/math]) выполнять следующие операции:

Впервые описано Питером Фенвиком в 1994 году.

Пусть дан массив [math] A = [a_0, a_1, ... , a_{n - 1}][/math]. Деревом Фенвика будем называть массив [math] T [/math] из [math] n [/math] элементов: [math] T_i = \sum\limits_{k = F(i)}^{i} a_k[/math], где [math] i = 0 .. n - 1 [/math] и [math] F(i) [/math] — некоторая функция, от выбора которой зависит время работы операций над деревом. Рассмотрим функцию, позволяющую делать операции вставки и изменения элемента за время [math] O(\log n) [/math]. Она задается простой формулой: [math] F(i) = i \And (i + 1) [/math], где [math] \And [/math] — это операция побитового логического [math]AND[/math]. При [math]AND[/math] числа и его значения, увеличенного на единицу, мы получаем это число без последних подряд идущих единиц.

Эту функцию можно вычислять по другой формуле: [math] F(i) = i - 2^{h(i)} + 1, [/math] где [math] h(i) [/math] — количество подряд идущих единиц в конце бинарной записи числа [math] i [/math]. Оба варианта равносильны, так как функция, заданная какой-либо из этих формул, заменяет все подряд идущие единицы в конце числа на нули.

Запрос изменения элемента[править]

Нам надо научиться быстро изменять частичные суммы в зависимости от того, как изменяются элементы. Рассмотрим как изменяется массив [math]T[/math] при изменении элемента [math]a_k[/math].

Лемма:
Для пересчёта дерева Фенвика при изменении величины [math]a_{k}[/math] необходимо изменить элементы дерева [math]T_{i}[/math], для индексов [math]i[/math] которых верно неравенство [math]F(i) \leqslant k \leqslant i[/math] .
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]
[math] T_i =\sum\limits_{k = F(i)}^{i} a_k , i = 0 .. n - 1 \Rightarrow[/math] необходимо менять те [math]T_i[/math], для которых [math]a_{k}[/math] попадает в [math]T_i \Rightarrow[/math] необходимые [math] i [/math] удовлетворяют условию [math]F(i) \leqslant k \leqslant i[/math].
[math]\triangleleft[/math]
Лемма:
Все такие [math] i [/math], для которых меняется [math]T_i[/math] при изменении [math]a_k[/math], можно найти по формуле [math]i_{next} = i_{prev} \mid (i_{prev} + 1) [/math], где [math] \mid [/math] — это операция побитового логического [math] OR [/math].
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]
Из доказанной выше леммы следует, что первый элемент последовательности само [math] k [/math]. Для него выполняется равенство, так как [math] F(i) \leqslant i [/math]. По формуле [math]i_{next} = i_{prev} \mid (i_{prev} + 1) [/math] мы заменим первый ноль на единицу. Неравенство при этом сохранится, так как [math]F(i)[/math] осталось прежним или уменьшилось, а [math] i [/math] увеличилось. [math] F(i) [/math] не может увеличиться, так как функция [math] F [/math] заменяет последние подряд идущие единицы числа [math] i [/math] на нули, а по формуле [math]i_{next} = i_{prev} \mid (i_{prev} + 1) [/math] у нового значения [math] i [/math] увеличивается количество единиц в конце, что не может привести к увеличению [math] F(i) [/math]. Докажем от противного, что нельзя рассматривать значения [math] i [/math], отличные от тех, которые мы получили по формуле. Рассмотрим две различные последовательности индексов. Первая последовательность получена по формуле, вторая — некоторая последовательность чисел превосходящих [math]k[/math]. Возьмём число [math] j [/math] из второй последовательности, которого нет в первой последовательности. Пусть [math]F(j) \leqslant k [/math]. Уберём у [math]j[/math] все подряд идущие единицы в конце двоичной записи, столько же цифр уберём в конце числа [math]k[/math]. Обозначим их как [math]j_{0}[/math] и [math]k_{0}[/math]. Чтобы выполнялось условие [math]F(j) \leqslant k [/math], должно выполняться неравенство [math]j_{0} \leqslant k_{0}[/math]. Но если [math]j_{0} \lt k_{0}[/math], то и [math]j \leqslant k[/math], что противоречит условию [math]j \gt k[/math]. Значит, [math]j_{0} = k_{0}[/math]. Но тогда [math]j[/math] возможно получить по формуле [math]i_{next} = i_{prev} \mid (i_{prev} + 1) [/math], следовательно, [math]F(j) \gt k [/math]. Получили противоречие: [math]j[/math] можно вычислить по формуле, а это значит, что оно содержится в первой последовательности. Таким образом, нужные элементы можно искать по формуле [math]i_{next} = i_{prev} \mid (i_{prev} + 1) [/math].
[math]\triangleleft[/math]

Заметим, что [math]F(i)[/math] возрастает немонотонно. Поэтому нельзя просто перебирать значения от [math] k [/math], пока не нарушается условие. Например, пусть [math] k = 3 [/math]. При данной стратегии на следующем шаге ([math] i = 4[/math]) нарушится условие и мы прекратим пересчитывать [math] T_i [/math]. Но тогда мы упускаем остальные значения [math]i[/math], например [math] 7 [/math].

[math]i[/math], десятичная запись [math]0[/math] [math]1[/math] [math]2[/math] [math]3[/math] [math]4[/math] [math]5[/math] [math]6[/math] [math]7[/math] [math]8[/math] [math]9[/math] [math]10[/math]
[math]i[/math], двоичная запись [math]0000[/math] [math]0001[/math] [math]0010[/math] [math]0011[/math] [math]0100[/math] [math]0101[/math] [math]0110[/math] [math]0111[/math] [math]1000[/math] [math]1001[/math] [math]1010[/math]
[math]F(i)[/math], двоичная запись [math]0000[/math] [math]0000[/math] [math]0010[/math] [math]0000[/math] [math]0100[/math] [math]0100[/math] [math]0110[/math] [math]0000[/math] [math]1000[/math] [math]1000[/math] [math]1010[/math]
[math]F(i)[/math], десятичная запись [math]0[/math] [math]0[/math] [math]2[/math] [math]0[/math] [math]4[/math] [math]4[/math] [math]6[/math] [math]0[/math] [math]8[/math] [math]8[/math] [math]10[/math]


Все [math]i[/math] мы можем получить следующим образом: [math]i_{next} = i_{prev} \mid (i_{prev} + 1) [/math]. Следующим элементом в последовательности будет элемент, у которого первый с конца ноль превратится в единицу. Можно заметить, что если к исходному элементу прибавить единицу, то необходимый ноль обратится в единицу, но при этом все следующие единицы обнулятся. Чтобы обратно их превратить в единицы, применим операцию [math]OR[/math]. Таким образом все нули в конце превратятся в единицы и мы получим нужный элемент. Для того, чтобы понять, что эта последовательность верна, достаточно посмотреть на таблицу.

[math]i_{prev}[/math] [math]\ldots 011 \ldots 1[/math]
[math]i_{prev} + 1[/math] [math]\ldots 100 \ldots 0[/math]
[math]i_{next}[/math] [math]\ldots 111 \ldots 1[/math]

Несложно заметить, что данная последовательность строго возрастает и в худшем случае будет применена логарифм раз, так как добавляет каждый раз по одной единице в двоичном разложении числа [math]i[/math].

Напишем функцию, которая будет прибавлять к элементу [math]a_i[/math] число [math]d[/math], и при этом меняет соответствующие частичные суммы. Так как наш массив содержит [math]N[/math] элементов, то мы будем искать [math]i_{next}[/math] до тех пор, пока оно не превышает значение [math]N[/math].

function modify(i, d):
   while i < N
       t[i] += d
       i = i | (i + 1)

Часто можно встретить задачу, где требуется заменить значение элемента [math]a_i[/math] на [math]x[/math]. Заметим, что если вычислить разность [math]x[/math] и [math]a_{i}[/math], то можно свести эту задачу к операции прибавления [math]d[/math] к [math]a_i[/math].

function set(i, x):
   d = x - a[i]
   a[i] = x
   modify(i, d)

Построение дерева можно осуществить, исходя из его описания. Но можно быстрее, если использовать функцию [math]\mathrm {modify}[/math] для каждого элемента массива [math]A[/math]. Тогда мы получим время работы [math]O(n \log {n})[/math].

function build():
   for i = 0 to N - 1
       modify(i, a[i])

Запрос получения значения функции на префиксе[править]

Пусть существует некоторая бинарная операция [math]\circ[/math]. Чтобы получить значение на отрезке [math][i, j][/math], нужно провести операцию, обратную к [math]\circ[/math], над значениями на отрезках [math][0, j][/math] и [math][0, i - 1][/math].

В качестве бинарной операции [math] \circ [/math] рассмотрим операцию сложения.

Обозначим [math] G_i = \mathrm {sum(i)} = \sum\limits_{k = 0}^{i} a_k [/math]. Тогда [math] \mathrm {sum(i, j)} = \sum\limits_{k = i}^{j} a_k = G_j - G_{i - 1} [/math].

Для нахождения [math]\mathrm {sum(i)}[/math] будем действовать следующим образом. Берём [math]T_i[/math], которое является суммой элементов с индексами от [math]F(i)[/math] до [math]i[/math]. Теперь к этому значению нужно прибавить [math]\mathrm {sum(F(i) - 1)}[/math]. Аналогично продолжаем складывать, пока не [math]F(i)[/math] не станет равным [math]0[/math].

Покажем, что запрос суммы работает за [math]O(\log{n})[/math]. Рассмотрим двоичную запись числа [math]i[/math]. Функция [math]F(i)[/math] заменила его последние единицы на нули (заметим, что количество нулей в конце станет больше, чем количество единиц в конце до этого). Теперь вычтем единицу из [math]F(i)[/math] (переход к следующему столбику). Количество единиц в конце увеличилось, по сравнению с [math]i[/math], так как мы заменили все нули в конце на единицы. Проводя эти действия дальше, мы придём к тому, что получили [math]0[/math]. В худшем случае мы должны были повторять эти операции [math]l[/math] раз, где [math]l[/math] — количество цифр в двоичной записи числа [math]i[/math], что не превосходит [math]\log_{2}{i} + 1[/math]. Значит, запрос суммы выполняется за [math]O(\log{n})[/math].

Реализация[править]

Приведем код функции [math] \mathrm {sum(i)} [/math]:

int sum(i):
   result = 0
   while i >= 0
       result += t[i]
       i = f(i) - 1
   return result

Сравнение дерева Фенвика и дерева отрезков[править]

  • Дерево Фенвика занимает в константное значение раз меньше памяти, чем дерево отрезков. Это следует из того, что дерево Фенвика хранит только значение операции для каких-то элементов, а дерево отрезков хранит сами элементы и частичные результаты операции на подотрезках, поэтому оно занимает как минимум в два раза больше памяти.
  • Дерево Фенвика проще в реализации.
  • Операция на отрезке, для которой строится дерево Фенвика, должна быть обратимой, а это значит, что минимум (как и максимум) на отрезке это дерево считать не может, в отличие от дерева отрезков. Но если нам требуется найти минимум на префиксе, то дерево Фенвика справится с этой задачей. Такое дерево Фенвика поддерживает операцию уменьшения элементов массива. Пересчёт минимума в дереве происходит быстрее, чем обновление массива минимумов на префиксе.

См. также[править]

Источники информации[править]