敌兵布阵(线段树)

敌兵布阵
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 102027 Accepted Submission(s): 43109

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

//这个题就是一个线段树的裸题 原本是单点更新…..竟然被我写成了区间更新 尴尬

#include<iostream>#include<stdio.h>#include<algorithm>#include<string.h>using namespace std;#define MAXN 100001 *4struct Node{    int l;//左区间    int r;//右区间    long long sum;//区间的和}tree[MAXN];int add[MAXN];//延迟标记void buildtree(int rt,int l,int r){    tree[rt].l = l;    tree[rt].r = r;    if(l==r)//到达叶子节点    {        scanf("%d",&tree[rt].sum);        return;    }    //递归创建左右区间s    int mid = (l+r)/2;    buildtree(rt*2,l,mid);    buildtree(rt*2+1,mid+1,r);    tree[rt].sum = (tree[rt*2].sum + tree[rt*2+1].sum);//利用回溯 更新这个节点的值}void pushDown(int rt,int num)//设置延迟标记{    if(add[rt])    {        add[rt*2] += add[rt];//向下传递延迟 并更新子节点的值        add[rt*2+1] += add[rt];        tree[rt*2].sum += (add[rt] * (num - num /2));        tree[rt*2+1].sum += (add[rt] * (num /2));        add[rt] =0;    }}void update(int rt, int l, int r,int c){    if(tree[rt].l == l && tree[rt].r == r)    {        add[rt] += c;//设置延迟标记 延迟标记就是在这里有体现 即 这只更新本节点的值 并不更新子区间的值        tree[rt].sum +=c * (r -l +1);        return ;    }    if(tree[rt].l == tree[rt].r)        return;//到达叶子节点    pushDown(rt,(tree[rt].r - tree[rt].l +1));    int mid = (tree[rt].l + tree[rt].r)/2;    if(r<= mid)//呢么说明这个待查询区间位于这个区间的左侧    {        update(rt*2,l,r,c);    }    else if(l > mid )//呢么说明这个待查询区间位于这个区间的右侧    {        update(rt*2 +1,l,r,c);    }    else    {        //如果这个待查询的区位于这二个区间两侧        update(rt*2,l,mid,c);        update(rt*2+1,mid+1,r,c);    }    tree[rt].sum = (tree[rt*2].sum + tree[rt*2+1].sum);}long long query(int rt,int l,int r){    if(tree[rt].l == l && tree[rt].r == r)//这个区间和待查询区间完全重合        return tree[rt].sum;    pushDown(rt,(tree[rt].r - tree[rt].l +1));    int mid = (tree[rt].l + tree[rt].r )/2;    long long ans = 0;    if(r<= mid)        ans = query(rt*2,l,r);    else if(l>mid)        ans = query(rt*2 +1,l,r);    else    {        ans += query(rt*2,l,mid) + query(rt*2 +1,mid +1,r);    }    return ans;}int main(){    int ncase;    scanf("%d",&ncase);    int cnt = 1;    while(ncase--)    {        printf("Case %d:\n",cnt++);        memset(tree,0,sizeof(tree));        memset(add,0,sizeof(add));        int n;        scanf("%d",&n);        buildtree(1,1,n);        char op[10];        int a,b;        while(scanf("%s",op),op[0]!='E')        {            scanf("%d%d",&a,&b);            if(op[0]=='Q')            {                printf("%lld\n",query(1,a,b));            }            else if(op[0]=='A')            {                update(1,a,a,b);            }            else            {                update(1,a,a,-b);            }        }    }    return 0;}