hdu 4267 A Simple Problem with Integers

A Simple Problem with Integers

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Problem Description

Let A1, A2, ... , AN be N elements. You need to deal with two kinds of operations. One type of operation is to add a given number to a few numbers in a given interval. The other is to query the value of some element.

 

Input

There are a lot of test cases. 

The first line contains an integer N. (1 <= N <= 50000)

The second line contains N numbers which are the initial values of A1, A2, ... , AN. (-10,000,000 <= the initial value of Ai <= 10,000,000)

The third line contains an integer Q. (1 <= Q <= 50000)

Each of the following Q lines represents an operation.

"1 a b k c" means adding c to each of Ai which satisfies a <= i <= b and (i - a) % k == 0. (1 <= a <= b <= N, 1 <= k <= 10, -1,000 <= c <= 1,000)

"2 a" means querying the value of Aa. (1 <= a <= N)

 

Output

For each test case, output several lines to answer all query operations.

 

Sample Input

4
1 1 1 1
14
2 1
2 2
2 3
2 4
1 2 3 1 2
2 1
2 2
2 3
2 4
1 1 4 2 1
2 1
2 2
2 3
2 4

 

Sample Output

1
1
1
1
1
3
3
1
2
3
4
1

题意：

应该很简单了，自行解决吧

解析：

这题因为数据规模是50000，所以说要是最坏的情况的话，即a=1,b=50000,k=1时间规模就是50000*50000，肯定超时（当然竞赛的时候也可以直接编试试人品，说不定这就是个水题，直接过了呢，事实上我试了，的确过不了啊，超时），然后查了解题报告之后才发现可以用树状数组来求。

关于树状数组的话，结合我前面的结题报告poj 3067 japan这一题的话，其实也挺好求的。主要思路就是：把2需要输出的结果分成两部分，一部分是原有的，一部分是修改的，输出的时候就是原有的加上修改的就行了。而这里面修改的部分就可以用树状数组来模拟了。

树状数组分成两种：一种是修改点来求区间的和，如poj 3067 japan，另一种就是对区间做出修改来求点的值，但是这一种只能修改区间上连续的点，而这一题是隔k的值修改，所以就很巧妙的把对于取余k相同的点全都存在另一个数组里。对于这两种来说的话，第一种是向上修改，向下统计，第二种是向下修改，向上统计（这是为什么我还没搞懂，但是先这么记着吧，详见大牛网址http://blog.csdn.net/shahdza/article/details/6314818）

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define Max 50001
int n,num[Max];

int node[11][11][Max];//第一个存k的值，第二个存num数组下标取余k的值，第三个就是树状数组了

int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}

void update(int border,int k,int c,int mod)
{
for(int i = border ; i > 0;i -= lowbit(i))//向下修改
node[k][mod][i] += c;
}

int getvalue(int x)
{
int ans = 0;
for(int k = 1 ; k <= 10 ; k ++)//假如2的前面已经进行了多次1操作且k不同的话，就需要枚举所有的k的值都加一遍
{
int mod = x % k;
for(int j = x ; j <= n; j += lowbit(j))//向上统计
ans += node[k][mod][j];
}
return ans;
}

int main()
{
while(scanf("%d",&n) != EOF)
{
memset(num,0,sizeof(num));
memset(node,0,sizeof(node));
for(int i = 1; i <= n ; i ++)//经验表明，从1开始最好
scanf("%d",&num[i]);

int op,count;
scanf("%d",&count);
while(count--)
{
scanf("%d",&op);
if(op == 1)
{
int a,b,k,c;
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&k,&c);
update(b,k,c,a%k);		//把从1到b所有的都+c
update(a-1,k,-c,a%k);		//把从1到a所有的都-c,相当于从a到b的加c
}
else
{
int x;
scanf("%d",&x);
int sum = getvalue(x);
printf("%d\n",sum + num[x]);//把原有值和增加量加在一起
}
}
}
return 0;
}