NYOJ-228 士兵杀敌5

士兵杀敌（五）

时间限制：2000 ms  |  内存限制：65535 KB

难度：5

描述

南将军麾下有百万精兵，现已知共有M个士兵，编号为0~M，每次有任务的时候，总会有一批编号连在一起人请战（编号相近的人经常在一块，相互之间比较熟悉），最终他们获得的军功，也将会平分到每个人身上，这样，有时候，计算他们中的哪一个人到底有多少军功就是一个比较困难的事情。

在这样的情况下，南将军却经常会在许多次战役之后询问军师小工第i号士兵到第j号士兵所有人的总军功数。

请你帮助军师小工回答南将军的提问。

输入

只有一组测试数据
第一行是三个整数N,C,Q(1<=N,C,Q<=1000000)，其中N表示士兵的总数。
随后的C行，每行有三个整数Mi,Ni,Ai(0<=Mi<=Ni<=N,0<=Ai<=100)，表示从第Mi号到第Ni号士兵所有人平均增加了Ai的军功。
再之后的Q行，每行有两个正正数m,n，表示南将军询问的是第m号士兵到第n号士兵。

输出

请对每次询问输出m号士兵到第n号士兵的总军功数，由于该数值可能太大，请把结果对10003取余后输出

样例输入

5 3 21 3 22 4 15 5 101 52 3

样例输出

196

题目链接

一开始尝试线段树,超时,代码:

#include<stdio.h>typedef struct NODE{int left, right;int count;int sum;}Node;Node array[4000000];void buildTree(int root, int left, int right){array[root].left = left;array[root].right = right;if(left < right){buildTree(root * 2, left, (left + right) / 2);buildTree(root * 2 + 1, (left + right) / 2 + 1, right);}}void add(int root, int left, int right, int count){if(array[root].left == left && array[root].right == right){array[root].count += count;return ;}else{array[root].sum += count * (right - left + 1);if(right < (array[root].left + array[root].right ) / 2 + 1)add(root * 2, left, right, count);else if(left > (array[root].left + array[root].right ) / 2)add(root * 2 + 1, left, right, count);else{add(root * 2, left, (array[root].left + array[root].right ) / 2, count);add(root * 2 + 1, (array[root].left + array[root].right ) / 2 + 1, right, count);}}}int getSum(int root, int left, int right){if(array[root].left == left && array[root].right == right)return array[root].sum + array[root].count * ( right - left + 1);if(array[root].count != 0){add(root * 2, array[root].left , (array[root].left + array[root].right) / 2, array[root].count );add(root * 2 + 1, (array[root].left + array[root].right) / 2 + 1, array[root].right, array[root].count );array[root].sum += array[root].count * (array[root].right - array[root].left + 1);array[root].count = 0;}if(left > (array[root].left + array[root].right ) / 2)return getSum(root * 2 + 1, left, right);else if(right < (array[root].left + array[root].right ) / 2 + 1)return  getSum(root * 2, left, right);elsereturn getSum(root * 2 , left, (array[root].left + array[root].right ) / 2) + getSum(root * 2 + 1, (array[root].left + array[root].right ) / 2 + 1, right);}void insert(int root, int i, int num){array[root].sum += num;if(array[root].left == array[root].right ){return ;}if(i > (array[root].left + array[root].right ) / 2 )insert(root * 2 + 1, i, num);else insert(root * 2, i, num);}int main(){//freopen("in.txt", "r", stdin);int n ,c , q;int i;scanf("%d%d%d", &n, &c, &q);buildTree(1, 1, n + 1);int s, e, num;for(i = 1; i <= c; i++){scanf("%d%d%d", &s, &e, &num);s ++;e ++;add(1, s, e, num);}for(i = 1; i <= q; i++){scanf("%d%d", &s, &e);s ++;e ++;printf("%d\n",getSum(1, s, e));}return 0;}

后来在网上发现一种特殊的算法,因为本题的区间插入和查询是分开的,所以可以在插入时只在区间头和尾部加上一个增量记号,最后添加操作结束后一次性修改所有的区间,然后再遍历一遍数组修改成前N个数的和, 最后可以O(1)时间求解,总体时间复杂度为O(N).AC代码:

#include<stdio.h>int array[1000010];int main(){int n, c, q;scanf("%d%d%d", &n, &c, &q);int i;int s, e, num;for(i = 0; i < c; i++){scanf("%d%d%d", &s, &e, &num);array[s] += num;array[e + 1] -= num;}//第一遍把标记下的增量修改到没一个人身上for(i = 0; i <= n; i++){array[i] += array[i - 1];}//第二遍求出前N个人的和for(i = 0; i <= n; i++){array[i] = (array[i] + array[i - 1]) % 10003;}for(i = 0; i < q; i++){scanf("%d %d", &s, &e);printf("%d\n", (array[e] - array[s - 1] + 10003) % 10003);//这里注意两个数都是10003的余数,相减要加上10003}return 0;}