HDU 1166(树状数组讲解)

敌兵布阵

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)

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

问题分析

树状数组的作用：频繁对于单点和区间修改和查询操作，时间复杂度都是log(n)。

令这棵树的节点编号为C1，C2，Cn。令每个节点的值为这棵树的总和，那么可以发现：
C1 = A1
C2 = A1 + A2
C3 = A3
C4 = A1 + A2 + A3 + A4
C5 = A5
C6 = A5 + A6
C7 = A7
C8 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8

如果设节点编号为x的话，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(比如1000，3个0，管辖个数为2^3 = 8个，0111，末尾0的个数为0，所以管辖个数为2^0 = 1 个)，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.

因此！如果我们要求前缀和，那么就可以通过以上规律来求。比如，Sum_7（假设代表求前7项和），那么先看7的二进制0111，末尾0的个数为0，所以代表下标为7的位置只有一个元素为a[7]，这样还差6个元素，那么我们通过减去0111末尾的一个1，得到0110，2^1 = 2个元素，a[5]和a[6]，还差4个元素，再减去末尾的一个1，-> 0100 -> 2^2 = 4个元素，a[1],a[2],a[3],a[4]，咦，正好，7个元素而且是a[1] -> a[7]。

那么我们可以看到，通过不断的减去二进制末尾的1（一直到0000，此时代表结束）可以得到前7项和。那么这个操作是怎么做到的哩！这就是重点了。-> lowbit(i)

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

树状数组的高效均来于此。
原码和反码做与操作。
比如，数字5二进制->0101->补码为1010->反码为补码加1->1011。然后做与操作。

通过lowbit我们就可以得到二进制末尾的最后一个1。
我们前面说过查询前缀和了（区间和就减一下就可以了嘛）

int query(int x)
{
    int res = 0;
    while(x)
    {
        res += sum[x];
        x -= (x&(-x));
    }
    return res;
}

比如i->j区间的和，就用query(j)-query(i-1)即可。
现在来说下更新某个点，其实是同样道理，从当前下标开始开始往当前下标的二进制末尾的最后一个1处开始加1就好了嘛。
比如我们要更新a[5]，那我们需要更新哪几个节点呢？
0101 -> 0110 -> 1000
即需要更新C[5]，C[6]，C[8]。

void update(int x,int v)
{
    while(x<=n)
    {
        sum[x] += v;
        x += (x&(-x));
    }
}

好，说了这么多。接下来上AC code(^_^)

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N = 5e4+2;
int sum[N],n;

void update(int x,int v) //更新节点值
{
    while(x<=n)
    {
        sum[x] += v;
        x += (x&(-x));
    }
}

int query(int x) //查询前缀和
{
    int res = 0;
    while(x)
    {
        res += sum[x];
        x -= (x&(-x));
    }
    return res;
}

int main()
{
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    int t,x,k=1;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        memset(sum,0,sizeof sum);
        scanf("%d",&n);
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            scanf("%d",&x);
            update(i,x);
        }
        printf("Case %d:\n",k++);
        int i,j;
        char s[10];
        while (scanf("%s",s)) {
            if(s[0]=='Q')
            {
                scanf("%d %d",&i,&j);
                printf("%d\n",query(j)-query(i-1));
            }else if(s[0]=='A')
            {
                scanf("%d %d",&i,&j);
                update(i,j);
            }else if(s[0]=='S')
            {
                scanf("%d %d",&i,&j);
                update(i,-j);
            }else if(s[0]=='E')
            {
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}