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．

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 $[x-\operatorname{lowbit}(x)+1, x]$．

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

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;
}

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．

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;
}

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 $\boldsymbol{c[y]}$．

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

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

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 $\operatorname{lowbit}$．

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

• $c[u]$ 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．

• 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．

• $u$ 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 $[l(u), u - 1]$．

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．

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

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：

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：

$\sum_{i=1}^r d_i$ 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：

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));
}

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：

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 $f(x, i) \le n$，$f(y, j) \le m$．

对于查询，我们设：

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

下面给出单点加、查询子矩阵和的代码．

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;
    }
  }
}

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：

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：

（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：

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：

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：

using ll = long long;
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．

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 $0$：