HDU 1166敌兵布阵+NOJv2 1025: Hkhv love spent money（线段树单点更新区间查询）

敌兵布阵

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 73866    Accepted Submission(s): 30997

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

 

好像老是做图论水题也不好，于是就去看看线段树了，一直很想学这个高大上的东西，趁着暑假有时间，好好看看……

线段树主要思想就是把一个大的区间不停的地二分成一个个小区间，既然是二分那么一次肯定会产生两个区间，设最开始最大区间为【L，R】，mid记作(L+R)/2，分离之后就是【L，mid】与【mid+1，R】，左边叫做左子树，右边叫做右子树，这样不停地分会产生很多区间，除了叶子节点，其他的节点都有两个子节点，然后对于一个点的更新，寻找过程中直接把这个点所关联的区间（节点）全部更新，直到找到最后的这个节点所在位置，把节点更新后结束……对于区间查询，也是把区间分成若干个子区间，最后回溯的时候一并加起来……

敌兵布阵代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<sstream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<deque>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MM(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long LL;
const double PI=acos(-1.0);
const int N=50010;
struct node
{
	int l,r;
	int sum;
}T[N<<2];
int num[N];
void build(int l, int r, int k)
{  
    T[k].l = l; 
    T[k].r = r;
    if(l==r)//单点更新左右要相等
		T[k].sum=num[l];
	else
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		build(l,mid,2*k);
		build(mid+1,r,2*k+1);
		T[k].sum=T[2*k].sum+T[2*k+1].sum;
	}
	return ; 
}
int getsum(int l,int r,int k)
{
	if(T[k].l==l&&T[k].r==r)
		return T[k].sum;
	else
	{
		int mid=(T[k].l+T[k].r)>>1;
		if(r<=mid)
			return getsum(l,r,2*k);
		else if(l>mid)
			return getsum(l,r,2*k+1);
		else
			return getsum(l,mid,2*k)+getsum(mid+1,r,2*k+1);
	}
}
void add(int x,int val,int k)
{
	if(T[k].l==T[k].r)
		T[k].sum+=val;
	else
	{
		T[k].sum+=val;
		if(x<=T[2*k].r)
			add(x,val,2*k);
		else
			add(x,val,2*k+1);
	}
}
int main(void)
{
	int tcase,i,j,n,x,val,t,l,r;
	char ops[10];
	scanf("%d",&tcase);
	t=0;
	while (tcase--)
	{
		MM(num,0);
		scanf("%d",&n);
		for (i=1; i<=n; i++)
		{
			scanf("%d",&num[i]);
		}
		build(1,n,1);
		printf("Case %d:
",++t);
		while (~scanf("%s",ops))
		{
			if(ops[0]=='Q')
			{
				scanf("%d%d",&l,&r);
				printf("%d
",getsum(l,r,1));
			}
			else if(ops[0]=='A')
			{
				scanf("%d%d",&x,&val);
				add(x,val,1);
			}
			else if(ops[0]=='S')
			{
				scanf("%d%d",&x,&val);
				add(x,-val,1);
			}
			else
				break;				
		}
	}
	return 0;
}

有了这个最基本的线段树模版，求和既然都可以，求区间最小值显然更简单，把记录的sum改一下即可，况且这题还不要求更新，只查询……，效率跟RMQ好像差别不大，第二题题面在另一个文章中，就懒得再次粘贴了.

Hkhv love spent money代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<sstream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<deque>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MM(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long LL;
const double PI=acos(-1.0);
const int N=10010;
struct node
{
	int l,r;
	int sum;
}T[N<<2];
int num[N];
void build(int l, int r, int k)
{
    T[k].l = l; 
    T[k].r = r;
    if(l==r)
		T[k].sum=num[l];
	else
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		build(l,mid,2*k);
		build(mid+1,r,2*k+1);
		T[k].sum=min<int>(T[2*k].sum,T[2*k+1].sum);
	}
	return ; 
}
int findmin(int l,int r,int k)
{
	if(T[k].l==l&&T[k].r==r)
		return T[k].sum;
	else
	{
		int mid=(T[k].l+T[k].r)>>1;
		if(r<=mid)
			return findmin(l,r,2*k);
		else if(l>mid)
			return findmin(l,r,2*k+1);
		else
			return min<int>(findmin(l,mid,2*k),findmin(mid+1,r,2*k+1));
	}
}
int main(void)
{
	int tcase,i,j,n,x,val,t,l,r,m;
	char ops[10];
	scanf("%d",&tcase);
	t=0;
	while (tcase--)
	{
		MM(num,0);
		MM(T,0);
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for (i=1; i<=n; i++)
		{
			scanf("%d",&num[i]);
		}
		build(1,n,1);
		while (m--)
		{
			scanf("%d%d",&l,&r);
			printf("%d
",findmin(l,r,1));			
		}
	}
	return 0;
}