poj 1166 敌兵布阵 线段树

敌兵布阵

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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

 

最最基础的线段树，节点上保存数字的和，直接上代码：

#include<stdio.h>#define N 50005struct T{    int l,r;    int sum;}t[3*N];//一般开3nint a[N];void build(int root,int l,int r)//此函数递归构造线段树{    t[root].l=l;t[root].r=r;    //printf("%d %d %d\n",root,l,r);    if(l==r)如果左==右说明此节点只有一个数了    {        t[root].sum=a[l];        return;    }    int m=(l+r)/2;    build(root*2,l,m);//习惯上构造[l,m],[m+1,r]这样的闭区间    build(root*2+1,m+1,r);    t[root].sum=t[root*2].sum+t[root*2+1].sum;//节点记录这段的和}void Update(int root,int x,int num)//递归更新数据{    int l=t[root].l;    int r=t[root].r;    int mid=(l+r)/2;    if(x==l&&x==r)//递归到了那个数字的节点    {        t[root].sum+=num;        return;    }    if(x>mid)//进入右子树        Update(2*root+1,x,num);    else Update(2*root,x,num);//进入左子树    t[root].sum+=num;}int query(int root,int l,int r)//递归求和{    int m=(t[root].l+t[root].r)/2;    if(t[root].l==l && t[root].r==r)//同样        return t[root].sum;    if(t[root].l==t[root].r)return 0;    if(r<=m)//如果区间在mid左边，进入左子树        return query(root*2,l,r);    else if(l>m)//在右边进入右子树        return query(root*2+1,l,r);    else//跨越了两个节点就加两边子树相应小区间的和        return query(root*2,l,m)+query(root*2+1,m+1,r);}int main(){    int t,n,x,y;    char q[20];    scanf("%d",&t);    int tt=1;    while(t--)    {        printf("Case %d:\n",tt);        scanf("%d",&n);        for(int i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%d",&a[i]);        }        build(1,1,n);//从节点1开始建        while(scanf("%s",q))        {            if(q[0]=='E')break;            else scanf("%d%d",&x,&y);            if(q[0]=='Q')            {                printf("%d\n",query(1,x,y));            }            else if(q[0]=='A')            {                Update(1,x,y);            }            else if(q[0]=='S')            {                y=-y;                Update(1,x,y);            }        }        tt++;    }}

Accepted。也可以用树状数组做，效率可能高一点。

Sample Output

Case 1:63359