树状数组
(lowbit(x)=x&(-x))
二维树状数组
修改某个点，查询(1,1)到(n,m)的前缀和（树状数组要从1开始）
HDU2642 Stars
(YFF)是个浪漫的人，他喜欢数天上的星星。
为了解决这个问题，我们考虑到天空是一个二维平面，有时星星会很亮，有时星星会很暗。首先，天空中没有明亮的星星，然后一些信息会被给出为“(B) (x) (y)”，其中“(B)”表示明亮，(x)表示(x)坐标，(y)表示在(（x，y）)星星是明亮的，而“(D) (x) (y)”中的“(D)”表示(（x，y）)处的恒星是暗淡的。当查询到“(Q) (X1) (X2) (Y1)(Y2)”时，您应该告诉(YFF)该区域有多少明亮的恒星对应于(X1)、(X2)、(Y1)、(Y2)这个四边形区域。
(X,Y (0 <=X,Y<= 1000))
二维树状数组模板
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 1010
using namespace std;
int c[N][N];
int f[N][N];
int m;
int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
void modify(int x,int y,int z){
for(int i=x;i<N;i+=lowbit(i)){
for(int j=y;j<N;j+=lowbit(j)){
c[i][j]+=z;
}
}
}
int query(int x,int y){
int ret=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i)){
for(int j=y;j;j-=lowbit(j)){
ret+=c[i][j];
}
}
return ret;
}
int main(){
scanf("%d",&m);
while(m--){
char opt[10];
int x,y,a,b;
scanf("%s",opt);
if(opt[0]=='B'){
scanf("%d%d",&x,&y);
x++;y++;
if(f[x][y]) continue;
f[x][y]=1;
modify(x,y,1);
}
if(opt[0]=='D'){
scanf("%d%d",&x,&y);
x++;y++;
if(f[x][y]==0) continue;
f[x][y]=0;
modify(x,y,-1);
}
if(opt[0]=='Q'){
scanf("%d%d%d%d",&x,&a,&y,&b);
x++;y++;a++;b++;
if(x<a) swap(x,a);
if(y<b) swap(y,b);
int ans=query(x,y)-query(x,b-1)-query(a-1,y)+query(a-1,b-1);
printf("%d
",ans);
}
}
return 0;
}
POJ 2299
先离散化，开一个权值树状数组
POJ 2352
在坐标上有(n)个星星，如果某个星星坐标为((x, y)), 它的左下位置为：((x0,y0)，x0<=x) 且(y0<=y)。如果左下位置有(a)个星星，就表示这个星星属于(level x)
按照(y)递增，如果(y)相同则(x)递增的顺序给出(n)个星星，求出所有(level)水平的数量。
(x)为第一关键字升序排序，(y)为第二关键字升序排序
计数：排序后，将(y)的值一个一个加入树状数组中，加入前维护小于等于这个(y)的前缀和，得到的就是(level)
CF GYM 100741A Queries
开十个树状数组，分别表示模m=0，1，……的数的个数
每次加减的时候就找到单点修改
BZOJ 3289
树状数组维护区间逆序对
线段树
POJ 3488
裸题
LIS
(f_i=max{f_j+1})
线段树优化：1.离散化2.建立线段树，下标代表权值：对于所有$a_k=下标 (,最大的)f_k$是多少（线段树维护区间最大值）
BZOJ 1588
(1.Multiset)
(2.)建立一个权值线段树，对一个值(x)，二分查找(对下标进行二分查找，寻找下标最大的(leq x)的权值不为(0)的点,下标最小的(geq x)的权值不为(0)的点，比较差值，取差值较小的)
BZOJ 3211
线段树维护区间和，每次修改暴力分治，如果出现一个区间都是(0)或(1)，打(tag)，不再修改
Codeforces 718C
操作1：对([l,r])每个矩阵(*T^x)
操作2：对([l,r])中的矩阵求和,再(*[1,1])
(T)是斐波那契数列数列矩阵加速公式
Codeforces 85D
乍一看与线段树并无关系
1.离散化
2.建立权值线段树
3：
滚动合并：
BZOJ 3339
给出一个序列(A,Q)次询问，每次询问在([Li, Ri])的(mex)是多少.
(N, Q ≤ 100000.)
将所有询问离线下来，按照(L)从小到大排序。提前处理好(1->i)的前缀(mex)：
for(int i=1;i<=n;i++){
c[a[i]]=1;
while(c[now]) now++;
mex[i]=now;
}
用(next[i])表示下标为(i)的数下一次出现在哪个下标：
for(int i=n;i>=1;i--){
next[i]=last[a[i]];
if(next[i]==0) next[i]=n+1;
last[a[i]]=i;
}
将(L)右移一，会将所有(L+1->next[i]-1)中(>A[L])的(mex)变为(A[L])
然后移动左端点，按照上面进行修改，对右端点进行查询（区间(mex)等于最右侧）
BZOJ 2124
给一个(1)到(N)的排列({Ai})，询问是否存在(1<=p_1<p_2<p_3<p_4<p_5<…<p_{Len}<=N (Len>=3))，使得(A_{p1},A_{p2},A_{p3},…A_{pLen})是一个等差序列。
实质上问是否存在三元组((i,j,k)),满足(i<j<k)且(A_k-A_j=A_j-A_i)
用二进制表示一个数是否已经选了，在某个位置的数若是(A[i])，若其向左数的(hash)不等于向右数的(hash)，说明一定有(A[i]+x和A[i]-x)分别在(A[i])所在位置的两边，也就是有解.
↑上面这行目测看不懂，举个例子：
3
3 2 1这是题目中的数据。我们用(01)串表示(1、2、3)这三个数选了没有，初始时是(“0 0 0”)
从左开始扫描，先选定(3)，此时(01)串表示为("0 0 1")，(3)的位置在串最右（原数集中(3)最大），左右不可能有数和它构成等差序列。
然后选定(2)，此时(01)串表示为“(0 1 1)”,以(2)的位置为中心向左数，得到(0)；向右数，在对称位置得到(1)，这说明“比(2)小(1)的数”和“比(2)大(1)的数”一个选了（在左边）一个没选（在右边），那么它们就能构成等差序列了。
存储(hash)以判断(01)串是否相等，用线段树维护区间(hash)以方便查找，就大功告成了。
注意：由于是要判断一个位置左右“对称位置”是否不等，所以要存正序和逆序的(hash)。再举个例子：
有(01)串：0 1 0 1 [1] 0 1 1 0 1，从中心位置向左数得到的串是“1 0 1 0”，向右数得到的是“0 1 1 0”(两边长度要保持等于最短的一边的长度)。
此处引用Bzoj2124 等差子序列
Luogu 2221
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