/* 敌兵布阵 Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 28142 Accepted Submission(s): 12062 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 Recommend Eddy */ #include <iostream> #include<algorithm> #include<queue> #include<cmath> #include<string.h> #include<stdio.h> #include<stdlib.h> using namespace std; #define maxn 50100 struct node { int ld,rd; int sum; node *lc,*rc; }; node* create(int a,int b) { node *p = new node; p->ld=a; p->rd=b; p->sum=0; if(a==b) { // p->lc=NULL; // p->rc=NULL; return p; } p->lc=create(a,(a+b)/2); p->rc=create((a+b)/2+1,b); return p; } /*void insert(node *T,int a,int b,int key) { node *p = new node; if(a<=T->ld&&T->rd<=b) { p->sum+=key; return; } if(a<=(T->ld+T->rd)/2) insert(T->lc,a,b,key); if(b>(T->ld+T->rd)/2) insert(T->rc,a,b,key); }*///插入线段[a,b] void insert(node *T,int position,int sum) { node * p =T; if(p->ld<=position&&p->rd>=position) { p->sum+=sum; //if(p->lc!=NULL) if(p->ld!=p->rd) { insert(p->lc,position,sum); //if(p->rc!=NULL) insert(p->rc,position,sum); } } } int query(node *T,int a,int b) { node * p; int mid,ans; p=T; mid=(p->ld+p->rd)/2; if(p->ld==a&&p->rd==b) return p->sum; else if(b<=mid) ans=query(p->lc,a,b); else if(a>=mid+1) ans=query(p->rc,a,b); else { ans=query(p->lc,a,mid); ans+=query(p->rc,mid+1,b); } return ans; } int main() { node *T; int t; scanf("%d",&t); int k=1,n,i,sum,a,b; char ch[10]; while(k<=t) { sum=0; scanf("%d",&n); T=create(1,n); for(i=1; i<=n; i++) { scanf("%d",&sum); insert(T,i,sum); } printf("Case %d: ",k); while(scanf("%s",ch),strcmp(ch,"End")) { scanf("%d%d",&a,&b); if(!strcmp(ch,"Query")) printf("%d ",query(T,a,b)); else if(!strcmp(ch,"Add")) insert(T,a,b); else if(!strcmp(ch,"Sub")) insert(T,a,-b); } k++; } return 0; }
/*经过深入学习后改进的，不容易啊*/ #include <iostream> #include<algorithm> #include<queue> #include<cmath> #include<string.h> #include<stdio.h> #include<stdlib.h> using namespace std; #define maxn 50100 struct data { int l,r,sum; }tree[maxn*4]; int record[maxn]; void cre(int left,int right,int u) { // printf("left = %d right = %d u = %d ",left,right,u); tree[u].l=left; tree[u].r=right; if(left==right) { tree[u].sum=record[left]; // printf("tree[%d].sum = %d ",u,tree[u].sum); return ; } int mid = (left+right)>>1; cre(left,mid,2*u); cre(mid+1,right,2*u+1); tree[u].sum=tree[2*u].sum+tree[2*u+1].sum; } void Add(int pos,int add,int u) { if(tree[u].l<=pos&&tree[u].r>=pos) { tree[u].sum+=add; if(tree[u].l!=tree[u].r) { Add(pos,add,2*u); Add(pos,add,2*u+1); } } } int qur(int left,int right,int u) { int mid = (tree[u].l + tree[u].r)>>1; //printf("mid = %d left = %d right = %d ",mid,left,right); //system("pause"); if(tree[u].l==left&&tree[u].r==right) { //printf("tree[%d].sum = %d ",u,tree[u].sum); return tree[u].sum; } else if(left>=mid+1) { //printf("left>=tree[%d].l ",u); qur(left,right,2*u+1); } else if(right<=mid) { //printf("right<=tree[%d].r ",u); qur(left,right,2*u); } else { //printf(" else "); return (qur(left,mid,2*u)+qur(mid+1,right,2*u+1)); } } int main() { int T,n,i,a,b; scanf("%d",&T); int k=1; char ch[10]; while(k<=T) { scanf("%d",&n); for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&record[i]); } cre(1,n,1); printf("Case %d: ",k); while(scanf("%s",ch),ch[0]!='E') { scanf("%d%d",&a,&b); if(ch[0]=='Q') { //printf("a = %d b = %d ",a,b); printf("%d ",qur(a,b,1)); } else if(ch[0]=='A') { Add(a,b,1); } else { Add(a,-b,1); } } //printf(" jie shu "); k++; } return 0; }
/* Author style： 在代码前先介绍一些我的线段树风格: maxn是题目给的最大区间,而节点数要开4倍,确切的来说节点数要开大于maxn的最小2x的两倍 lson和rson分辨表示结点的左儿子和右儿子,由于每次传参数的时候都固定是这几个变量,所以可以用预定于比较方便的表示 以前的写法是另外开两个个数组记录每个结点所表示的区间,其实这个区间不必保存,一边算一边传下去就行,只需要写函数的时候多两个参数,结合lson和rson的预定义可以很方便 PushUP(int rt)是把当前结点的信息更新到父结点 PushDown(int rt)是把当前结点的信息更新给儿子结点 rt表示当前子树的根(root),也就是当前所在的结点 大神的最简洁的方法*/ #include <iostream> #include<algorithm> #include<queue> #include<cmath> #include<string.h> #include<stdio.h> #include<stdlib.h> using namespace std; //#define maxn 50100 const int maxn = 55555; #define lson l, m , rt<<1 #define rson m+1 , r ,rt<<1|1 int sum[maxn<<2]; void PushUP(int rt) { sum[rt]=sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1]; } void cre(int l,int r,int rt) { if(l==r) { scanf("%d",&sum[rt]); return ; } int m = (l+r)>>1; cre(lson); cre(rson); PushUP(rt); } void Add(int p,int add, int l,int r,int rt) { if(l==r) { sum[rt]+=add; return ; } int m = (l + r)>>1; if(p<=m) Add(p,add,lson); else Add(p,add,rson); PushUP(rt); // 和方法2对照发现两个递归有点区别，法2是先把根节点的和更新，而 //法3是先更新叶子节点，然后反过来更新根节点 } int qur(int L,int R,int l,int r,int rt) { if(L<=l&&r<=R) { return sum[rt]; } //大神是分数组的区间，而我们是分要求的区间，所以他是小于等于，真妙
int m = (l + r)>>1; int ret = 0; if(L<=m) ret+=qur(L,R,lson); if(R>m) ret+=qur(L,R,rson); return ret; } int main() { int T,n,a,b; scanf("%d",&T); int k=1; char ch[10]; while(k<=T) { printf("Case %d: ",k);//位置没什么大关系 scanf("%d",&n); cre(1,n,1); while(scanf("%s",ch),ch[0]!='E') { scanf("%d%d",&a,&b); if(ch[0]=='Q') { printf("%d ",qur(a,b,1,n,1)); } else if(ch[0]=='A') { Add(a,b,1,n,1); } else { Add(a,-b,1,n,1); } } //printf(" jie shu "); k++; } return 0; }