HDU 1166 敌兵布阵

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

分析：这道题的数据量很大，用朴素算法肯定超时，因此用线段树来做，每次操作的时间复杂度是O（log n）.该题每次对某一点更新，并对一个区间的和进行查询，因此用树状数组将会比较简单，这题数据量很大，不能用cin,cout流输入输出。

树状数组解法：

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#define MAXN 100000
using namespace std;

int c[MAXN];
int n;

int lowbit(int x)///利用计算机补码计算2^k(其中k为x二进制末尾0的个数)
{
return x&(-x);
}
void add(int i,int val)///修改操作，更新C[i]，如果A[i]发生改变，那么C[i]节点发生改变，C[i]的祖先也发生改变。
{
while(i<=n)
{
c[i]+=val;
i+=lowbit(i);
}
}
int sum(int i)///计算前i项的和
{
int s=0;
while(i>0)
{
s+=c[i];
i-=lowbit(i);
}
return s;
}
int main()
{
int t,i,j,a,b,d;
char str[13];
scanf("%d",&t);
for(j=1; j<=t; j++)
{
memset(c,0,sizeof(c));
scanf("%d",&n);
for(i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d",&a);
add(i,a);
}
printf("Case %d:\n",j);
while(~scanf("%s",str)&&strcmp(str,"End"))
{
scanf("%d%d",&b,&d);
if(strcmp(str,"Query")==0)
printf("%d\n",sum(d)-sum(b-1));///求区间的和
else if(strcmp(str,"Add")==0)
add(b,d);
else
add(b,-d);
}
}
}

线段树解法：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define N 50005
using namespace std;
int num
;
struct Tree
{
int l;///左端点
int r;///右端点
int sum;///总数
} tree[N*4]; ///总线段的长度为N，若开数组，一般开到N的4倍
void buid(int root,int l,int r)///root表示根节点，它的范围为[l,r]
{
tree[root].l=l;
tree[root].r=r;
if(tree[root].l==tree[root].r)///当左右端点相等时就是叶子节点
{
tree[root].sum=num[l];///赋初值
return;///递归出口
}
int mid=(l+r)/2;
buid(root<<1,l,mid);///root<<1相当于root*2，即是他的左孩子
buid(root<<1|1,mid+1,r);///root<<1|1相当于root*2+1，即是他的右孩子
tree[root].sum=tree[root<<1].sum+tree[root<<1|1].sum;///父亲的sum=左孩子的sum+右孩子的sum
}
void update(int root,int pos,int val)///root是根节点，将在pos的点更新为val
{
if(tree[root].l==tree[root].r)///如果是叶子节点，即是pos对应的位置
{
tree[root].sum=val;///更新操作
return;///递归出口
}
int mid=(tree[root].l+tree[root].r)/2;
if(pos<=mid)///如果pos点是root对应的左孩子，就调用update(root<<1,pos,val)，在左孩子里找
update(root<<1,pos,val);
else
update(root<<1|1,pos,val);
tree[root].sum=tree[root<<1].sum+tree[root<<1|1].sum;
}
int query(int root,int L,int R)///查询操作
{
if(L<=tree[root].l&&R>=tree[root].r)///[L,R]要查询的区间包含root节点表示的区间直接返回root节点的sum值
return tree[root].sum;
int mid=(tree[root].l+tree[root].r)/2,ret=0;
if(L<=mid)
ret+=query(root<<1,L,R);///查询root节点的左孩子
if(R>mid)
ret+=query(root<<1|1,L,R);///查询root节点的右孩子
return ret;///
}
int main()
{
int ca,cas=1,n,Q,a,b;
char str[10];
scanf("%d",&ca);
while(ca--)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d",&num[i]);///表示在i点的兵力数量
}
buid(1,1,n);
printf("Case %d:\n",cas++);
while(scanf("%s",str),strcmp(str,"End"))
{
scanf("%d%d",&a,&b);
if(strcmp(str,"Query")==0)
{
if(a>b)
swap(a,b);
printf("%d\n",query(1,a,b));
}
else if(strcmp(str,"Add")==0)
{
num[a]=num[a]+b;
update(1,a,num[a]);
}
else if(strcmp(str,"Sub")==0)
{
num[a]=num[a]-b;
update(1,a,num[a]);
}
}
}
}