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敌兵布阵 Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 28142 Accepted Submission(s): 12062 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
1
10
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Query 1 3
Add 3 6
Query 2 7
Sub 10 2
Add 6 3
Query 3 10
End Sample Output
Case 1:
6
33
59 Author
Windbreaker Recommend
Eddy */
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<string.h>
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
using namespace std;
#define maxn 50100
struct node
{
int ld,rd;
int sum;
node *lc,*rc;
};
node* create(int a,int b)
{
node *p = new node;
p->ld=a;
p->rd=b;
p->sum=;
if(a==b)
{
// p->lc=NULL;
// p->rc=NULL;
return p;
}
p->lc=create(a,(a+b)/);
p->rc=create((a+b)/+,b);
return p;
}
/*void insert(node *T,int a,int b,int key)
{
node *p = new node;
if(a<=T->ld&&T->rd<=b)
{
p->sum+=key;
return;
}
if(a<=(T->ld+T->rd)/2)
insert(T->lc,a,b,key);
if(b>(T->ld+T->rd)/2)
insert(T->rc,a,b,key);
}*///插入线段[a,b]
void insert(node *T,int position,int sum)
{
node * p =T;
if(p->ld<=position&&p->rd>=position)
{
p->sum+=sum;
//if(p->lc!=NULL)
if(p->ld!=p->rd)
{
insert(p->lc,position,sum);
//if(p->rc!=NULL)
insert(p->rc,position,sum);
} }
}
int query(node *T,int a,int b)
{
node * p;
int mid,ans;
p=T;
mid=(p->ld+p->rd)/;
if(p->ld==a&&p->rd==b)
return p->sum;
else if(b<=mid)
ans=query(p->lc,a,b);
else if(a>=mid+)
ans=query(p->rc,a,b);
else
{
ans=query(p->lc,a,mid);
ans+=query(p->rc,mid+,b);
}
return ans;
}
int main()
{
node *T;
int t;
scanf("%d",&t);
int k=,n,i,sum,a,b;
char ch[];
while(k<=t)
{
sum=;
scanf("%d",&n);
T=create(,n);
for(i=; i<=n; i++)
{
scanf("%d",&sum);
insert(T,i,sum);
}
printf("Case %d:\n",k);
while(scanf("%s",ch),strcmp(ch,"End"))
{
scanf("%d%d",&a,&b);
if(!strcmp(ch,"Query"))
printf("%d\n",query(T,a,b));
else if(!strcmp(ch,"Add"))
insert(T,a,b);
else if(!strcmp(ch,"Sub"))
insert(T,a,-b);
}
k++;
}
return ;
}
/*经过深入学习后改进的，不容易啊*/
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<string.h>
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
using namespace std;
#define maxn 50100
struct data
{
int l,r,sum;
}tree[maxn*];
int record[maxn];
void cre(int left,int right,int u)
{
// printf("left = %d right = %d u = %d\n",left,right,u);
tree[u].l=left;
tree[u].r=right;
if(left==right)
{
tree[u].sum=record[left];
// printf("tree[%d].sum = %d\n",u,tree[u].sum);
return ;
}
int mid = (left+right)>>;
cre(left,mid,*u);
cre(mid+,right,*u+);
tree[u].sum=tree[*u].sum+tree[*u+].sum;
}
void Add(int pos,int add,int u)
{
if(tree[u].l<=pos&&tree[u].r>=pos)
{
tree[u].sum+=add;
if(tree[u].l!=tree[u].r)
{
Add(pos,add,*u);
Add(pos,add,*u+);
}
}
}
int qur(int left,int right,int u)
{ int mid = (tree[u].l + tree[u].r)>>;
//printf("mid = %d left = %d right = %d\n",mid,left,right);
//system("pause");
if(tree[u].l==left&&tree[u].r==right)
{
//printf("tree[%d].sum = %d\n",u,tree[u].sum);
return tree[u].sum;
}
else if(left>=mid+)
{
//printf("left>=tree[%d].l\n",u);
qur(left,right,*u+);
}
else if(right<=mid)
{
//printf("right<=tree[%d].r\n",u);
qur(left,right,*u);
}
else
{
//printf(" else \n");
return (qur(left,mid,*u)+qur(mid+,right,*u+)); }
}
int main()
{
int T,n,i,a,b;
scanf("%d",&T);
int k=;
char ch[];
while(k<=T)
{
scanf("%d",&n); for(i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&record[i]);
}
cre(,n,);
printf("Case %d:\n",k);
while(scanf("%s",ch),ch[]!='E')
{
scanf("%d%d",&a,&b);
if(ch[]=='Q')
{
//printf("a = %d b = %d\n",a,b);
printf("%d\n",qur(a,b,));
}
else if(ch[]=='A')
{
Add(a,b,);
}
else
{
Add(a,-b,);
}
}
//printf("\njie shu\n");
k++;
}
return ;
}
/*
Author style：
在代码前先介绍一些我的线段树风格:
maxn是题目给的最大区间,而节点数要开4倍,确切的来说节点数要开大于maxn的最小2x的两倍
lson和rson分辨表示结点的左儿子和右儿子,由于每次传参数的时候都固定是这几个变量,所以可以用预定于比较方便的表示
以前的写法是另外开两个个数组记录每个结点所表示的区间,其实这个区间不必保存,一边算一边传下去就行,只需要写函数的时候多两个参数,结合lson和rson的预定义可以很方便
PushUP(int rt)是把当前结点的信息更新到父结点
PushDown(int rt)是把当前结点的信息更新给儿子结点
rt表示当前子树的根(root),也就是当前所在的结点
大神的最简洁的方法*/
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<string.h>
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
using namespace std;
//#define maxn 50100
const int maxn = ;
#define lson l, m , rt<<1
#define rson m+1 , r ,rt<<1|1
int sum[maxn<<];
void PushUP(int rt)
{
sum[rt]=sum[rt<<]+sum[rt<<|];
}
void cre(int l,int r,int rt)
{
if(l==r)
{
scanf("%d",&sum[rt]);
return ;
}
int m = (l+r)>>;
cre(lson);
cre(rson);
PushUP(rt);
}
void Add(int p,int add, int l,int r,int rt)
{
if(l==r)
{
sum[rt]+=add;
return ;
}
int m = (l + r)>>;
if(p<=m) Add(p,add,lson);
else Add(p,add,rson);
PushUP(rt);
// 和方法2对照发现两个递归有点区别，法2是先把根节点的和更新，而
//法3是先更新叶子节点，然后反过来更新根节点
}
int qur(int L,int R,int l,int r,int rt)
{
if(L<=l&&r<=R)
{
return sum[rt];
}
//大神是分数组的区间，而我们是分要求的区间，所以他是小于等于，真妙
int m = (l + r)>>;
int ret = ;
if(L<=m)
ret+=qur(L,R,lson);
if(R>m)
ret+=qur(L,R,rson);
return ret;
}
int main()
{
int T,n,a,b;
scanf("%d",&T);
int k=;
char ch[];
while(k<=T)
{
printf("Case %d:\n",k);//位置没什么大关系
scanf("%d",&n);
cre(,n,);
while(scanf("%s",ch),ch[]!='E')
{
scanf("%d%d",&a,&b);
if(ch[]=='Q')
{
printf("%d\n",qur(a,b,,n,));
}
else if(ch[]=='A')
{
Add(a,b,,n,);
}
else
{
Add(a,-b,,n,);
}
}
//printf("\njie shu\n");
k++;
}
return ;
}