hdu1166敌兵布阵

敌兵布阵

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Total Submission(s): 32178    Accepted Submission(s): 13823

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

 

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这种题是如果只要答案是非常简单的，只要每次都枚举一次就行了。

但是在acm中就绝对不可能如此简单额。。

这倒是最简单的线段树。。

今天刚学了线段树就用来实践一下。。

其实学线段树我不仅可以学到这个算法，还可以对建树的过程和对树的递归操作有了很大的提高额。。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
struct Enemy
{
	int l,r;
	int num;
}Enemy[250006];
int campsum[50006];
char op[][10] = {"Query","Add","Sub","End"};
void build_tree(int Start,int End,int No)   //建树
{
	if(Start>End)return;
	Enemy[No].l = Start;
	Enemy[No].r = End;
	Enemy[No].num = campsum[End]-campsum[Start-1];
	if(Start==End)return;
	build_tree(Start,(Start+End)/2,No*2);
	build_tree((Start+End)/2+1,End,No*2+1);	
}

int qu(int x,int y,int i)//查询
{
	if(x==Enemy[i].l && y==Enemy[i].r)
		return Enemy[i].num;
	if(x>y)return 0;
	if(y<=(Enemy[i].l+Enemy[i].r)/2)
		return qu(x,y,i*2);
	else if(x>=(Enemy[i].l+Enemy[i].r)/2+1)
		return qu(x,y,i*2+1);
	else
	return qu(x,(Enemy[i].l+Enemy[i].r)/2,i*2)+qu((Enemy[i].l+Enemy[i].r)/2+1,y,i*2+1);
}

void add(int x,int y,int i)//增加或者减少
{
	if(Enemy[i].l==x && Enemy[i].r==x)
	{
		Enemy[i].num+=y;
		return;
	}
	if(Enemy[i].l<=x && Enemy[i].r>=x)
	{
		Enemy[i].num+=y;
		add(x,y,i*2);
		add(x,y,i*2+1);
	}
	else return ;
}

int main()
{
	int t,N,i,var;
	char ch[11];
	scanf("%d",&t);
	for(int ca=1;ca<=t;ca++)
	{
		campsum[0] = 0;
		scanf("%d",&N);
		for(i=1;i<=N;i++)
		{
			scanf("%d",&var);
			campsum[i] = campsum[i-1]+var;
		}

		build_tree(1,N,1);
		printf("Case %d:
",ca);
		while(scanf("%s",ch))
		{
			for(i=0;i<4;i++)
				if(strcmp(op[i],ch)==0)
					break;

				if(i==3)
					break;
				int x,y;
			switch(i)
			{
			case 0: scanf("%d%d",&x,&y);printf("%d
",qu(x,y,1));break;
			case 1: scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y,1);break;
            case 2: scanf("%d%d",&x,&y);add(x,-y,1);break;
			}
		}

	}
	return 0;

}