HDU 1166 敌兵布阵 【线段树入门题，单点更新，结构题数组】

敌兵布阵

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 81408    Accepted Submission(s): 34381

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

 

原题链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1166

之前用线段树和数组数组都写了这道题，但理解不是很深，现在用结构题来保存相关信息很方便，遂现在在写一遍。

之前数组线段树链接：http://blog.csdn.net/hurmishine/article/details/51959077

树状数组链接：http://blog.csdn.net/hurmishine/article/details/51945831

存储结构如下图

上图选自斌哥博客：http://blog.csdn.net/libin56842/article/details/8530197

但数组大小我一般开4倍，也有人开10倍的。。。

AC代码：

#include <cstdio>#include <iostream>using namespace std;const int maxn=50000+5;int a[maxn];struct Node{    int l,r,sum;} node[maxn<<2];//参数含义：节点区间，节点编号void InitTree(int l,int r,int k){    node[k].r=r;//节点k的右子树    node[k].l=l;    node[k].sum=0;//权值    if(l==r)//到达叶子节点    {        node[k].sum=a[r];        return;    }    int mid=(l+r)>>1;    InitTree(l,mid,k<<1);//递归建左子树    InitTree(mid+1,r,k<<1|1);//递归建右子树    node[k].sum=node[k<<1].sum+node[k<<1|1].sum;    //父节点的值为两子节点值的和    //此为线段树的核心所在，求最值修改这一句即可}void UpdateTree(int l,int r,int k,int sum){    if(node[k].l==l&&node[k].r==r)    {        node[k].sum+=sum;        return;    }    int mid=(node[k].l+node[k].r)>>1;    if(l>mid)        UpdateTree(l,r,k<<1|1,sum);//更新下一层的右子树    else        UpdateTree(l,r,k<<1,sum);    node[k].sum=node[k<<1].sum+node[k<<1|1].sum;    //注意：每次更新后也要更新父节点的值}//查询l到r的kint SearchTree(int l,int r,int k){    if(node[k].l==l&&node[k].r==r)    {        return node[k].sum;    }    int mid=(node[k].l+node[k].r)>>1;    if(l>mid)    {        return SearchTree(l,r,k<<1|1);//查询右子树    }    else if(r<=mid)    {        return SearchTree(l,r,k<<1);    }    else    {        //查询区间横跨左右子树，两棵子树一起查询        return SearchTree(mid+1,r,k<<1|1)+SearchTree(l,mid,k<<1);    }}int main(){    int T,kase=0;    cin>>T;    while(T--)    {        printf("Case %d:\n",++kase);        int n,x,y;        scanf("%d",&n);        for(int i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%d",&a[i]);        }        InitTree(1,n,1);        char ch[10];        while(scanf("%s",ch))        {            if(ch[0]=='E')                break;            scanf("%d%d",&x,&y);            if(ch[0]=='A')                UpdateTree(x,x,1,y);            else if(ch[0]=='S')                UpdateTree(x,x,1,-y);            else if(ch[0]=='Q')                cout<<SearchTree(x,y,1)<<endl;        }    }    return 0;}