线段树专题

线段树主要利用递归，回溯，用数组下标代替地址，自身下标为i时，左儿子下标为2*i，右儿子为2*i+1   ，且除了叶子节点外其他节点都有两个分支，下标从上到下，从左到右一次为1,2,3,4.。。。n

敌兵布阵

Time Limit : 2000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65536/32768K (Java/Other)

Total Submission(s) : 57   Accepted Submission(s) : 31

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

1101 2 3 4 5 6 7 8 9 10Query 1 3Add 3 6Query 2 7Sub 10 2Add 6 3Query 3 10End 

 

Sample Output

Case 1:63359

 

 

#include<stdio.h>
#include<string.h>
typedef struct
{
 int left,right;
 int sum;
}tree;
tree node[50001*4];
int arr[50001];
void build(int add,int begin,int end)
{
 int mid;
 node[add].left=begin;
 node[add].right=end;
 if(begin==end)
 {
  node[add].sum=arr[begin];
  return;
 }
 mid=(begin+end)/2;//mid±ØÐëÊǾֲ¿±äÁ¿!!!!
 build(add*2,begin,mid);
 build(add*2+1,mid+1,end);
 node[add].sum=node[add*2].sum+node[add*2+1].sum;
}
void add_sub(int add,int point,int num)
{int mid;
 node[add].sum+=num;
 if(node[add].left==point&&node[add].right==point)
  return;
 mid=(node[add].left+node[add].right)/2;
 if(point<=mid)
  add_sub(add*2,point,num);
 else
  add_sub(add*2+1,point,num);
}
int query(int add,int begin,int end)
{int mid;
 if(node[add].left==begin&&node[add].right==end)
  return node[add].sum;

  mid=(node[add].left+node[add].right)/2;
 if(begin>mid)
  return query(add*2+1,begin,end);
 else if(end<=mid)
  return query(add*2,begin,end);
 else
  return query(add*2,begin,mid)+query(add*2+1,mid+1,end);

}
int main()
{
 char str[100];
 int ncase,i,count,k=0,point,num;
 scanf("%d",&ncase);
 while(ncase--)
 {
  scanf("%d",&count);
  for(i=1;i<=count;i++)
   scanf("%d",arr+i);
  build(1,1,count);
  printf("Case %d:\n",++k);
        while(scanf("%s",str))
        {
            if(strcmp(str,"End")==0)
                break;
            scanf("%d%d",&point,&num);
            if(strcmp(str,"Add")==0)
    add_sub(1,point,num);
            else if(strcmp(str,"Sub")==0)
    add_sub(1,point,-num);
            else
                printf("%d\n",query(1,point,num));
        }
 }

}

Minimum Inversion Number

Time Limit : 2000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65536/32768K (Java/Other)

Total Submission(s) : 31   Accepted Submission(s) : 23

Problem Description

The inversion number of a given number sequence a1, a2, ..., an is the number of pairs (ai, aj) that satisfy i < j and ai > aj.

For a given sequence of numbers a1, a2, ..., an, if we move the first m >= 0 numbers to the end of the seqence, we will obtain another sequence. There are totally n such sequences as the following:

a1, a2, ..., an-1, an (where m = 0 - the initial seqence)
a2, a3, ..., an, a1 (where m = 1)
a3, a4, ..., an, a1, a2 (where m = 2)
...
an, a1, a2, ..., an-1 (where m = n-1)

You are asked to write a program to find the minimum inversion number out of the above sequences.

 

Input

The input consists of a number of test cases. Each case consists of two lines: the first line contains a positive integer n (n <= 5000); the next line contains a permutation of the n integers from 0 to n-1.

 

Output

For each case, output the minimum inversion number on a single line.

 

Sample Input

101 3 6 9 0 8 5 7 4 2

 

Sample Output

16

 

线段树 or 树状数组 or 归并排序

一个关于逆序数的问题。输入n，下面给出n个数字，分别是0到n-1，顺序不定。问你逆序数是多少？

逆序数就是逆序对的个数，所谓逆序对，就是一个序列中任取两个数字，若i<j，a[i]>a[j]，则称a[i]和a[j]是一个逆序对，好像3,1,4,2，逆序对有(3,1),(3,2),(4,2)，所以逆序数为3

但题目还没完，它还需要移动，每次将序列的第一个元素放在序列的最后，得到的新序列再求一次逆序数，可知一个长度为n的序列这样的移动可以做n-1次，可以得到n-1个新的序列，（第n次的话就会变回原始的序列）。然后问你，原序列和n-1个新序列中最小的逆序数是多少，然后输出。

1.这题的特殊性方便了我们去寻找最小值。现在假设我们知道了原序列的逆序数是first，那么每次移动后怎么算出新的逆序数呢？因为每次都只是移动头元素，假设头元素为x，那么可以知道由x产生的逆序对的个数为x，因为有x个数小于它（0,1,2……x-1），如果将它放到了末尾，那么这x个逆序对将会消失。同样地，整个序列中有(n-1-x)个元素大于x，那么x移到了末尾，将产生(n-1-x)个新的逆序对（这些逆序对分别为(x+1,x),(x+2,x),(x+3,x)……(n-1,x)）。因此可以递推地解决这个问题。如果知道了当前序列逆序数为sum，那么移动头元素后的逆序数将会是sum-x+(n-1-x)

2.那么接下来的问题就是怎么求原序列的逆序数，得到它就可以知道所有其他序列的逆序数。用线段数解决

先以区间[0,9]为根节点建立val都为0的线段树,
再看看怎样求下面序列的逆序数:
1 3 6 9 0 8 5 7 4 2
在线段树中插入1, 插入之前先询问区间[1,9]已插入的节点数(如果存在,必与1构成逆序) v1=0
在线段树中插入3, 插入之前先询问区间[3,9]已插入的节点数(如果存在,必与3构成逆序) v2=0
在线段树中插入6, 插入之前先询问区间[6,9]已插入的节点数(如果存在,必与6构成逆序) v3=0
在线段树中插入9, 插入之前先询问区间[9,9]已插入的节点数(如果存在,必与9构成逆序) v4=0
在线段树中插入0, 插入之前先询问区间[0,9]已插入的节点数(如果存在,必与0构成逆序) v5=4
在线段树中插入8, 插入之前先询问区间[8,9]已插入的节点数(如果存在,必与8构成逆序) v6=1
在线段树中插入5, 插入之前先询问区间[5,9]已插入的节点数(如果存在,必与5构成逆序) v7=3
在线段树中插入7, 插入之前先询问区间[7,9]已插入的节点数(如果存在,必与7构成逆序) v8=2
在线段树中插入4, 插入之前先询问区间[4,9]已插入的节点数(如果存在,必与4构成逆序) v9=5
在线段树中插入2, 插入之前先询问区间[2,9]已插入的节点数(如果存在,必与2构成逆序) v10=7
累加v1+……+v10 =22，这就是1 3 6 9 0 8 5 7 4 2的逆序数了.

其实就是统计一个区间内已经插入了多少个元素，也可以说成是区间求和（一个区间能达到的最大和就是该区间长度，现在的和就是已经插入在内的元素个数）

 

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define N 5000
struct node
{
    int l,r,c;
}t[4*N];
int x[N],n;
void build(int a ,int b ,int rt)
{
    t[rt].l=a;
 t[rt].r=b;
 t[rt].c=0;
    if(a==b)
  return ;
    int mid=(a+b)/2;
    build(a,mid,rt*2);
    build(mid+1,b,rt*2+1);
}
int query(int a, int b ,int rt)
{
    if(t[rt].l==a && t[rt].r==b)
  return t[rt].c;
    int mid=(t[rt].l+t[rt].r)/2;
    if(a>mid)   
  return query(a, b, rt*2+1);//只访问右子树
    else if(b<=mid)
  return query(a, b, rt*2);//只访问左子树
    else        
  return query(a, mid, rt*2)+query(mid+1, b, rt*2+1);//左右均访问
}

void updata(int val , int rt)
{
    t[rt].c++;
    if(t[rt].l==t[rt].r)
  return ;
    int mid=(t[rt].l+t[rt].r)/2;
    if(val>mid)
  updata(val, rt*2+1);//n|1   n为偶数时 n|1=n+1    n为奇数时 n|1=n
    else      
  updata(val, rt*2);
}

int main()
{
 int i;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        build(0,n-1,1);
        int first=0;
        for(i=1; i<=n; i++)
        {
            scanf("%d",&x[i]);
            first+=query(x[i],n-1,1);
            updata(x[i],1);
        }
        int ans,sum;
        ans=sum=first;
        for( i=1; i<=n-1; i++)
        {
            sum=sum-x[i]+(n-1-x[i]);
   ans=ans<sum?ans:sum;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

 

 

I Hate It

Time Limit: 9000/3000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 25265    Accepted Submission(s): 10017

Problem Description

很多学校流行一种比较的习惯。老师们很喜欢询问，从某某到某某当中，分数最高的是多少。
这让很多学生很反感。

不管你喜不喜欢，现在需要你做的是，就是按照老师的要求，写一个程序，模拟老师的询问。当然，老师有时候需要更新某位同学的成绩。

 

Input

本题目包含多组测试，请处理到文件结束。
在每个测试的第一行，有两个正整数 N 和 M ( 0<N<=200000,0<M<5000 )，分别代表学生的数目和操作的数目。
学生ID编号分别从1编到N。
第二行包含N个整数，代表这N个学生的初始成绩，其中第i个数代表ID为i的学生的成绩。
接下来有M行。每一行有一个字符 C (只取'Q'或'U') ，和两个正整数A，B。
当C为'Q'的时候，表示这是一条询问操作，它询问ID从A到B(包括A,B)的学生当中，成绩最高的是多少。
当C为'U'的时候，表示这是一条更新操作，要求把ID为A的学生的成绩更改为B。

 

Output

对于每一次询问操作，在一行里面输出最高成绩。

 

Sample Input

5 61 2 3 4 5Q 1 5U 3 6Q 3 4Q 4 5U 2 9Q 1 5

 

Sample Output

5659

 

#include <stdio.h>struct Node{    int l,r,max;}node[600000];int max(int a,int b){    return a>b?a:b;}void inint(int a,int b,int n){    node[n].l=a;    node[n].r=b;    if(a==b)    {        scanf("%d",&node[n].max);         return;    }    inint(a,(a+b)/2,n*2);    inint((a+b)/2+1,b,2*n+1);    if(node[n*2].max>node[n*2+1].max)        node[n].max=node[n*2].max;    else        node[n].max=node[n*2+1].max;}void update(int pos,int value,int n){    if(pos==node[n].r&&pos==node[n].l)    {        node[n].max=value;        return;    }    if(pos<=(node[n].r+node[n].l)/2)        update(pos,value,n*2);    else        update(pos,value,n*2+1);   node[n].max=max(node[n*2].max,node[n*2+1].max);}int query(int a,int b,int n){    if(node[n].l==a&&node[n].r==b)        return node[n].max;    else if(b<=(node[n].l+node[n].r)/2)        return query(a,b,2*n);     else if(a>(node[n].l+node[n].r)/2)        return query(a,b,2*n+1);    else        return max(query(a,(node[n].l+node[n].r)/2,2*n),query((node[n].l+node[n].r)/2+1,b,2*n+1));}    int main(){     int n,m,a,b,i;     char ch;     while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)     {            inint(1,n,1);                   for(i=1;i<=m;i++)            {                getchar();                scanf("%c%d%d",&ch,&a,&b);                if(ch=='Q')                printf("%d\n",query(a,b,1));                else                update(a,b,1);            }    }    return 0;}

 

 

 

Color the ball

Time Limit: 9000/3000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 5447    Accepted Submission(s): 2917

Problem Description

N个气球排成一排，从左到右依次编号为1,2,3....N.每次给定2个整数a b(a <= b),lele便为骑上他的“小飞鸽"牌电动车从气球a开始到气球b依次给每个气球涂一次颜色。但是N次以后lele已经忘记了第I个气球已经涂过几次颜色了，你能帮他算出每个气球被涂过几次颜色吗？

 

Input

每个测试实例第一行为一个整数N,(N <= 100000).接下来的N行，每行包括2个整数a b(1 <= a <= b <= N)。
当N = 0，输入结束。

 

Output

每个测试实例输出一行，包括N个整数，第I个数代表第I个气球总共被涂色的次数。

 

Sample Input

31 12 23 331 11 21 30

 

Sample Output

1 1 13 2 1

 

Author

8600

 

 

 

#include<stdio.h>int tree[400001],flag;void build(int l,int r,int pos){    int mid=(l+r)/2;    tree[pos]=0;    if(l==r) return;    build(l,mid,2*pos);    build(mid+1,r,2*pos+1);}void add(int l,int r,int pos,int templ,int tempr){    int mid=(l+r)/2;    if(templ<=l&&r<=tempr)    {        tree[pos]++;        return;    }    if(tempr<=mid)         add(l,mid,2*pos,templ,tempr);    else if(templ>mid)        add(mid+1,r,2*pos+1,templ,tempr);    else    {        add(l,mid,2*pos,templ,mid);        add(mid+1,r,2*pos+1,mid+1,tempr);    }}void print(int l,int r,int pos){    int mid=(l+r)/2;    if(l==r)    {        if(flag)            printf(" ");        printf("%d",tree[pos]);        flag=1;         return;    }    if(tree[pos])    {        tree[2*pos]+=tree[pos];        tree[2*pos+1]+=tree[pos];    }    print(l,mid,2*pos);    print(mid+1,r,2*pos+1);}int main(){    int i,n,a,b;    while(scanf("%d",&n),n)    {        build(1,n,1);        for(i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%d%d",&a,&b);            add(1,n,1,a,b);        }        flag=0,print(1,n,1);        printf("\n");    }    return 0;}

just a Hook
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1698
#include <stdio.h>#include <iostream>using namespace std;const int N = 400000;int tree[N], flag[N], x, y, value;void build(int l, int r, int k) {tree[k] = 1; flag[k] = 0;if (l == r)return;int m = (l + r) / 2;build(l, m, k * 2);build(m + 1, r, k * 2 + 1); tree[k] = tree[k * 2] + tree[k * 2 + 1];}void down(int k, int m) {if (flag[k]) {flag[k * 2] = flag[k * 2 + 1] = flag[k];tree[k * 2] = (m - (m / 2)) * flag[k];tree[k * 2 + 1] = m / 2 * flag[k];flag[k] = 0;}}void update(int l, int r, int k) {if (x <= l && y >= r) {flag[k] = value; tree[k] = (r - l + 1) * value;return;}down(k, r - l + 1); int m = (l + r) / 2;if (x <= m)update(l, m, k * 2);if (y > m)update(m + 1, r, k * 2 + 1);tree[k] = tree[k * 2] + tree[k * 2 + 1];}int main() {int T , n , m;scanf("%d",&T);for (int cas = 1; cas <= T; cas ++) {scanf("%d%d",&n,&m);build(1 , n , 1);while(m--) {scanf("%d %d %d", &x, &y, &value);update( 1, n ,1);}printf("Case %d: The total value of the hook is %d.\n",cas , tree[1]);}return 0;}