hdu1556题解
来源:互联网 发布:幼儿园软件设施 编辑:程序博客网 时间:2024/06/06 14:22
B - Color the ball
Time Limit:3000MS Memory Limit:32768KB 64bit IO Format:%I64d & %I64u
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Status
Practice
HDU 1556
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
3
1 1
2 2
3 3
3
1 1
1 2
1 3
线段树中比较麻烦的区间修改,在线段树的点修改中,我们找到需要的叶子节点并更新,然后递归回溯更新所有父亲节点,但是在区间更改中,我们最坏情况下需要更新所有的叶子节点,效率不高,有一种解决方案。
比如我要把区间(L,R)的所有节点加1,我不需要找到(L,R)的所有叶子节点,我只需要找到组成(L,R)的子区间,对子区间执行add操作。每次标记add时,需要回溯维护其父亲节点,查询时依然找到所有子区间,对所有结果求和,需要注意的是需要考虑父亲节点的影响。
#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;const int maxnum=100000+5;int segSum[maxnum*4];int add[maxnum*4];void maintain(int node,int begin,int end){ int c1=node*2,c2=node*2+1; segSum[node]=0; if(end>begin) { segSum[node]=segSum[c1]+segSum[c2]; } segSum[node]+=add[node]*(end-begin+1);}void update(int node,int begin,int end,int left,int right){ if(left<=begin && end<=right) { add[node]+=1; //cout<<"node="<<node<<endl; maintain(node,begin,end); return; } int m=(begin+end)/2; if(left<=m) { update(node*2,begin,m,left,right); } if(right>m) { update(node*2+1,m+1,end,left,right); } maintain(node,begin,end);}int _sum;void query(int node,int begin,int end,int left,int right,int val){ if(left<=begin && right>=end) { _sum+=segSum[node]+val*(end-begin+1);return; } int m=(begin+end)/2; if(left<=m) { query(node*2,begin,m,left,right,val+add[node]); } if(right>m) { query(node*2+1,m+1,end,left,right,val+add[node]); }}int main(){ int n; while(scanf("%d",&n) && n) { memset(segSum,0,sizeof(segSum)); memset(add,0,sizeof(add)); int a,b; for(int k=1;k<=n;k++) { scanf("%d%d",&a,&b); update(1,1,n,a,b); } _sum=0; int temp=0; query(1,1,n,1,1,0); for(int i=2;i<=n;i++) { printf("%d ",_sum-temp); temp=_sum; _sum=0; query(1,1,n,1,i,0); } printf("%d\n",_sum-temp); } return 0;}
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