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士兵杀敌(一) 数组是固定的，所以可以用一个sum数组来保存每个元素的和就行，但是不能每次都加，因为那样会超时，查询次数太多。但是这个士兵杀敌(二)就不能用那个方法来解了，因为这个是动态的，中间元素的值可能会变化，所以引出一个新的东西来。刚开始想了一下，实在是没有想到方法，就去讨论区看了看，一看好像都说用树状数组，就去找树状数组的用法。
先上图，看着图解释容易理解点。
数组A是原数组中的元素，数组C是树状数组中的元素，图中C数组的元素组成为A中的某些元素之和，这些元素的个数取决于它的下标能被多少个2整除，像C[1] = A[1]; C[2] = A[1] + A[2]; C[3] = A[3]; C[4] = A[1] + A[2] + A[3] + [4] = C[2] + C[3]; ……这些个数可以写一个通式C[i] = A[n - 2^k + 1] + ……+A[i]; 其中k为 i 的二进制中从右往左数的 0 的个数 ，就像6有一个， 6可以写成 2 × 3， 所以C[6] = A[5] + A[6]; 所以可以定义一个函数来求这个数.
6的二进制为0110
5的二进制为0101
6^5 = 0011
6&(6^5) = 0010 = 十进制中的2
所以函数可以这么写
int lowbit(int N)//求n中有多少个能被2的多少次幂整除的，即2^k， 也就是树状数组的作用域 { return N & (N ^ (N - 1)); }
也可以写成
int lowbit(int N)//求n中有多少个能被2的多少次幂整除的，即2^k， 也就是树状数组的作用域 { return N & (-N); }
更改一个数的值， 就要更改次数在树状数组中的所有祖先，不过这个时间复杂度是O(logn); 下面是更改值(添加杀敌数)的函数
void add(int pos, int num)//添加新值到树状数组中 { while(pos <= n) { tmp[pos] += num; pos += lowbit(pos); } }
下面就是求和函数， 因为这种方法之所以快，是求他的最小树根节点的和， 最小树的个数为当前要求的n的二进制中为1的个数，即展开式中能写成不同2的幂指数的项数，
例如: 15 = 2^3 + 2^2 + 2^1 + 2^0; 所以n = 15时， 最小数有四个，求和的时间复杂度为O(logn);
int Sum(int N)//求前N个数的和 { int sum = 0; while(N > 0) { sum += tmp[N]; N -= lowbit(N); } return sum; }
关键就是这三步， 这三步搞明白了，基本上就不成问题了，但是，当时按照 杀敌(一) 中的思维，还统计了一个总数，那样不会快，反而会慢，所以直接求就行，下面是完整的代码
1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 4 int tmp[1001000]; 5 int n, k; 6 7 int lowbit(int N)//求n中有多少个能被2的多少次幂整除的，即2^k， 也就是树状数组的作用域 8 { 9 return N & (-N); 10 } 11 12 void add(int pos, int num)//添加新值到树状数组中 13 { 14 while(pos <= n) 15 { 16 tmp[pos] += num; 17 pos += lowbit(pos); 18 } 19 } 20 21 int Sum(int N)//求前N个数的和 22 { 23 int sum = 0; 24 while(N > 0) 25 { 26 sum += tmp[N]; 27 N -= lowbit(N); 28 } 29 return sum; 30 } 31 32 int main() 33 { 34 int a, b, temp; 35 char str[10]; 36 scanf("%d %d", &n, &k); 37 for(int i = 1; i <= n; i++) 38 { 39 scanf("%d", &temp); 40 add(i, temp); 41 } 42 for(int i = 0; i < k; i++) 43 { 44 scanf("%s %d %d", str, &a, &b); 45 if(strcmp(str, "QUERY") == 0) 46 printf("%d\n", Sum(b) - Sum(a - 1)); 47 else 48 add(a, b); 49 } 50 51 return 0; 52 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Howe-Young/p/4009223.html
