HDU 1166 | 敌兵布阵 —— 树状数组

敌兵布阵

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 78213    Accepted Submission(s): 33036

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

 

Author

Windbreaker

 

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参考文章：

http://blog.csdn.net/int64ago/article/details/7429868

http://www.cnblogs.com/zichi/p/4806998.html

本身对树状数组一直是很恐惧的心理，直到看了这两篇博文，才明白其实是使用了特殊的手段让数组可以不依照下标从1开始遍历。

来观察这个图：

令这棵树的结点编号为C1，C2...Cn。令每个结点的值为这棵树的值的总和，那么容易发现（如上所说）：

C1 = A1C2 = A1 + A2C3 = A3C4 = A1 + A2 + A3 + A4C5 = A5C6 = A5 + A6C7 = A7C8 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8

这里有一个有趣的性质：设节点编号为x，那么这个节点管辖的区间为 2^k（其中k为x二进制末尾0的个数）个元素。因为这个区间最后一个元素必然为Ax，所以很明显：Cn = A(n – 2^k + 1) + ... + An，算这个2^k有一个快捷的办法，定义一个函数如下即可（求解2^k即求二进制码右边第一位1的值）：

int lowbit(int x) {  return x & (-x);}

当想要查询一个SUM(n)(求a[1]~a[n]的和），可以依据如下算法即可：

1. 令sum = 0，转第二步；
2. 假如n <= 0，算法结束，返回sum值，否则sum = sum + Cn，转第三步；
3. 令n = n – lowbit(n)，转第二步。

可以看出，这个算法就是将这一个个区间的和全部加起来。

那么修改呢，修改一个节点，必须修改其所有祖先，最坏情况下为修改第一个元素，最多有log(n)的祖先。所以修改算法如下（给某个结点i加上x）：

1. 当i > n时，算法结束，否则转第二步；
2. Ci = Ci + x， i = i + lowbit(i)转第一步。i = i + lowbit(i)这个过程实际上也只是一个把末尾1补为0的过程。 对于数组求和来说树状数组简直太快了!

关于这部分的代码，将在下文树状数组的具体三大应用中给出。

关于树状数组，有一点需要注意，

为了方便，树状数组的a数组基本都是从 index=1开始的。

这点非常重要，这使得修改和查询的时候区间会有微小的变化。

而对于敌兵布阵这道题，可以说是树状数组的模板题，建议初了解的同学一定要亲自去试一试。

题目链接：http://acm.split.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1166

#include<stdio.h> #include<stdlib.h> #include<string.h>#include<string>#include<vector>#include<ctype.h>#define N 50001using namespace std;int tree[N],n;//向树状数组添加元素，需要向上调整n个数据 void add(int k,int num) {while(k<=n){tree[k]+=num;k+=k&-k;}}//树状数组求区间和 int read(int k){int sum=0;while(k>=1){sum+=tree[k];k-=k&-k;}return sum;}int main(){int t,val,count=0;char temp[10];scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d",&n);memset(tree,0,sizeof(tree));for(int i=0;i<n;i++){scanf("%d",&val);add(i+1,val);}printf("Case %d:\n",++count);int i,j,v1,v2;while(scanf("%s",temp)!=EOF){if(temp[0]=='E') break;scanf("%d%d",&i,&j);//询问i~j if(temp[0]=='Q'){v1=read(i-1);v2=read(j);//读取1~i 和 1~j//需要加上第i个数据 printf("%d\n",v2-v1);}else if(temp[0]=='A'){add(i,j);}else if(temp[0]=='S'){add(i,-j);}}//for(int i=1;i<=n;i++){//printf("%d ",tree[i]);//}//printf("\n");}}