poj 1166 敌兵布阵 线段树

敌兵布阵

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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

 

最最基础的线段树，节点上保存数字的和，直接上代码：

#include
#define N 50005
struct T
{
    int l,r;
    int sum;
}t[3*N];//一般开3n
int a[N];
void build(int root,int l,int r)//此函数递归构造线段树
{
    t[root].l=l;t[root].r=r;
    //printf("%d %d %d\n",root,l,r);
    if(l==r)如果左==右说明此节点只有一个数了
    {
        t[root].sum=a[l];
        return;
    }
    int m=(l+r)/2;
    build(root*2,l,m);//习惯上构造[l,m],[m+1,r]这样的闭区间
    build(root*2+1,m+1,r);
    t[root].sum=t[root*2].sum+t[root*2+1].sum;//节点记录这段的和
}
void Update(int root,int x,int num)//递归更新数据
{
    int l=t[root].l;
    int r=t[root].r;
    int mid=(l+r)/2;
    if(x==l&&x==r)//递归到了那个数字的节点
    {
        t[root].sum+=num;
        return;
    }
    if(x>mid)//进入右子树
        Update(2*root+1,x,num);
    else Update(2*root,x,num);//进入左子树
    t[root].sum+=num;
}
int query(int root,int l,int r)//递归求和
{
    int m=(t[root].l+t[root].r)/2;
    if(t[root].l==l && t[root].r==r)//同样
        return t[root].sum;
    if(t[root].l==t[root].r)return 0;
    if(r<=m)//如果区间在mid左边，进入左子树
        return query(root*2,l,r);
    else if(l>m)//在右边进入右子树
        return query(root*2+1,l,r);
    else//跨越了两个节点就加两边子树相应小区间的和
        return query(root*2,l,m)+query(root*2+1,m+1,r);
}
int main()
{
    int t,n,x,y;
    char q[20];
    scanf("%d",&t);
    int tt=1;
    while(t--)
    {
        printf("Case %d:\n",tt);
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
        }
        build(1,1,n);//从节点1开始建
        while(scanf("%s",q))
        {
            if(q[0]=='E')break;
            else scanf("%d%d",&x,&y);
            if(q[0]=='Q')
            {
                printf("%d\n",query(1,x,y));
            }
            else if(q[0]=='A')
            {
                Update(1,x,y);
            }
            else if(q[0]=='S')
            {
                y=-y;
                Update(1,x,y);
            }
        }
        tt++;
    }
}

Accepted。也可以用树状数组做，效率可能高一点。

Sample Output

Case 1: 6 33 59