acm算法之线段树
线段树
(1)基础线段树
例题：（单点修改 区间求解）
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。
SampleInput
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
SampleOutput
Case 1:
6
33
59
解决方案：
上面的题是一道入门题，非常水，相关的解题方案如下，方便初学者学习。
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define maxn 50005
#define lson l,m,rt<<1
#define rsonm+1,r,rt<<1|1
int sum[maxn<<2];
void pushup(int rt)
{sum[rt] = sum[rt<<1] +sum[rt<<1|1];}
void build(int l,int r,int rt)//建立树
{
if(l==r)
{
scanf("%d",&sum[rt]);
return ;
}
int m= (l+r)>>1;
build(lson);
build(rson);
pushup(rt);
}
void update(int a,int w,intl,int r,int rt)//更新树
{
if(l==a && r==a)
{
sum[rt] = sum[rt] + w;
return ;
}
int m = (l+r)>>1;
if(a <= m){update(a,w,lson);}
else update(a,w,rson);
pushup(rt);
}
int query(int L,int R,int l,int r,int rt)//询问树
{
if(L<=l && R>=r) returnsum[rt];
int m = (l+r)>>1;
int ans = 0;
if(m>=R) ans = ans + query(L,R,lson);
else if(m+1<=L) ans = ans +query(L,R,rson);
else ans = ans + query(L,m,lson) +query(m+1,R,rson);
return ans;
}
int main()
{
int t,T,i,j,n;
cin>>T;
for(t=1 ; t<=T ; t++)
{
scanf("%d",&n);
printf("Case %d:\n",t);
build(1,n,1);
char a[10];
while(scanf("%s",a)&& a[0]!='E')
{
if(a[0]=='A')
{
scanf("%d%d",&i,&j);
update(i,j,1,n,1);
}
else if(a[0]=='S')
{
scanf("%d%d",&i,&j);
update(i,-j,1,n,1);
}
else
{
scanf("%d%d",&i,&j);
printf("%d\n",query(i,j,1,n,1));
}
}
}
return 0;
}
(2)区间修改，区间输出
题目大意:
Q a b ：查询区间[a,b]的和;
C a b x : 更新区间[a,b]，区间所有值加上x;
算法思想：
线段树的成段更新--延迟更新;在区间查询和更新的时候加入一个延迟节点;
每次要在下次查询或者更新到该区间时; 再把节点的信息传递到左右孩子的结点上;
这样更新大大减少了时间和空间上的开销;每次更新并不需要更新到叶节点; 只需更新到相应的段就可以了,然后记录个add;
下次更新或者查询的时候,如果要查到该段的子节点; 就把add加到子节点上去,再将该add设为0;这样查询子区间的复杂度就是更新的复杂度;
注意：绝对不能直接从叶子进行修改，时间复杂度会爆掉。
解决方案：
#include
#include
using namespace std;
#define lson l,m,rt<<1
#define rsonm+1,r,rt<<1|1
const int M = 100011;
long longsum[M<<2],add[M<<2];
void pushup(int rt)
{
sum[rt] =sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1];
}
void pushdown(int rt,int w)
{
if(add[rt])
{
add[rt<<1] += add[rt];
add[rt<<1|1] += add[rt];
sum[rt<<1] +=add[rt]*(w-(w>>1));
sum[rt<<1|1] +=add[rt]*(w>>1);
add[rt] = 0;
}
}
void build(int l,int r,int rt)
{
add[rt] = 0;
if(l==r)
{
scanf("%lld",&sum[rt]);
return ;
}
int m = (l+r)>>1;
build(lson);
build(rson);
pushup(rt);
}
void update(int L,int R,intc,int l,int r,int rt)
{
if(L<=l && R>=r)
{
add[rt] += c;
sum[rt] += (long long)c*(r-l+1);
return ;
}
pushdown(rt,r-l+1);
int m = (l+r)>>1;
if (L<=m)
update(L,R,c,lson);
if (m update(L,R,c,rson); pushup(rt); } long long query(int L,intR,int l,int r,int rt) { if(L<=l && R>=r) { return sum[rt]; } pushdown(rt,r-l+1); int m = (l+r)>>1; long long ans = 0; if (m>=R) ans += query(L, R, lson); else if (m+1<=L) ans += query(L, R, rson); else ans += query(L,m,lson) + query(m+1,R,rson); return ans; } int main() { freopen("Simple Problem withIntegers.txt","r",stdin); int n,m,i,a,b,c; while(cin>>n>>m) { build(1,n,1); char op; while(m--) { scanf("%s",&op); if(op=='Q') { scanf("%d%d",&a,&b); printf("%lld\n",query(a,b,1,n,1)); } else { scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); update(a,b,c,1,n,1); } } } return 0; }