hdu 1166 敌兵布阵 (线段树）

敌兵布阵

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Problem Description

C国的死对头A国这段时间正在进行军事演习，所以C国间谍头子Derek和他手下Tidy又开始忙乎了。A国在海岸线沿直线布置了N个工兵营地,Derek和Tidy的任务就是要监视这些工兵营地的活动情况。由于采取了某种先进的监测手段，所以每个工兵营地的人数C国都掌握的一清二楚,每个工兵营地的人数都有可能发生变动，可能增加或减少若干人手,但这些都逃不过C国的监视。

中央情报局要研究敌人究竟演习什么战术,所以Tidy要随时向Derek汇报某一段连续的工兵营地一共有多少人,例如Derek问:“Tidy,马上汇报第3个营地到第10个营地共有多少人!”Tidy就要马上开始计算这一段的总人数并汇报。但敌兵营地的人数经常变动，而Derek每次询问的段都不一样，所以Tidy不得不每次都一个一个营地的去数，很快就精疲力尽了，Derek对Tidy的计算速度越来越不满:"你个死肥仔，算得这么慢，我炒你鱿鱼!”Tidy想：“你自己来算算看，这可真是一项累人的工作!我恨不得你炒我鱿鱼呢!”无奈之下，Tidy只好打电话向计算机专家Windbreaker求救,Windbreaker说：“死肥仔，叫你平时做多点acm题和看多点算法书，现在尝到苦果了吧!”Tidy说："我知错了。。。"但Windbreaker已经挂掉电话了。Tidy很苦恼，这么算他真的会崩溃的，聪明的读者，你能写个程序帮他完成这项工作吗？不过如果你的程序效率不够高的话，Tidy还是会受到Derek的责骂的.

 

Input

第一行一个整数T，表示有T组数据。

每组数据第一行一个正整数N（N<=50000）,表示敌人有N个工兵营地，接下来有N个正整数,第i个正整数ai代表第i个工兵营地里开始时有ai个人（1<=ai<=50）。

接下来每行有一条命令，命令有4种形式：

(1) Add i j,i和j为正整数,表示第i个营地增加j个人（j不超过30）

(2)Sub i j ,i和j为正整数,表示第i个营地减少j个人（j不超过30）;

(3)Query i j ,i和j为正整数,i<=j，表示询问第i到第j个营地的总人数;

(4)End 表示结束，这条命令在每组数据最后出现;

每组数据最多有40000条命令

 

Output

对第i组数据,首先输出“Case i:”和回车,

对于每个Query询问，输出一个整数并回车,表示询问的段中的总人数,这个数保持在int以内。

 

Sample Input

1
10
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Query 1 3
Add 3 6
Query 2 7
Sub 10 2
Add 6 3
Query 3 10
End

 

Sample Output

Case 1:
6
33
59

 

Author

Windbreaker

线段树基础题，开始刷线段树的题啦，理解线段树的这种数据结构，树结构储存这个线段；

单点更新；主要是掌握里面的建树，查询，更新，操作；都是通过递归实现；

下面是代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn=50050;
struct node//线段树结构
{
int l,r,val;
}t[maxn*3];
int a[maxn];
void build(int root,int l,int r)//建树
{
int m;
t[root].l=l;
t[root].r=r;
if(l==r)
{
t[root].val=a[l];
return ;
}
m=(l+r)/2;
build(root*2,l,m);
build(root*2+1,m+1,r);
t[root].val=t[root*2].val+t[root*2+1].val;
}
int query(int root,int l,int r)//查询，递归查询需要的值
{
int m;
if(t[root].l==l && t[root].r==r) return t[root].val;
m=(t[root].l+t[root].r)/2;
if(r<=m) return query(root*2,l,r);
else if(l>m) return query(root*2+1,l,r);
else return query(root*2,l,m)+query(root*2+1,m+1,r);
}
void update(int root,int id,int num)//更新
{
if(t[root].l==t[root].r)
{
t[root].val+=num;//更新这个点的值
return ;
}
else
{
t[root].val+=num;
if(id<=t[root*2].r) update(root*2,id,num);
else update(root*2+1,id,num);
}
}
int main()
{
int t,n,i,id,num;
char s[10];
int k=1;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
build(1,1,n);
printf("Case %d:\n",k++);
while(1)
{

scanf("%s",s);
if(strcmp(s,"End")==0) break;
scanf("%d%d",&id,&num);
if(strcmp(s,"Query")==0)
{
printf("%d\n",query(1,id,num));
}
if(strcmp(s,"Add")==0)
{
update(1,id,num);
}
if(strcmp(s,"Sub")==0)
{
update(1,id,-num);
}
}
}
return 0;
}

这道题其实也可以用树状数组来做，比线段树更简单；

#include <cstdio>
#include <cstring>
const int maxn=50005;
int n,a[maxn];
char s[10];
int lowbit(int i)//位运算
{
return i&(-i);
}
void update(int i,int val)//更新
{
while(i<=n)
{
a[i]+=val;
i+=lowbit(i);
}
}
int sum(int i)//求和
{
int sum=0;
while(i>0)
{
sum+=a[i];
i-=lowbit(i);
}
return sum;
}
int main()
{
int t,i,val,k=1,x,y;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
memset(a,0,sizeof(a));
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&val);
update(i,val);
}
printf("Case %d:\n", k++);
while(scanf("%s",s))
{
if(s[0]=='E') break;
scanf("%d%d",&x,&y);
if(s[0]=='A') update(x, y);
else if(s[0]=='S') update(x,-y);
else
printf("%d\n", sum(y)-sum(x-1));
}
}
}