HDU 1166 敌兵布阵 (线段树)

敌兵布阵

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 42701    Accepted Submission(s): 18065

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 题目链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1166 题目分析: 裸的线段树，建树更新查询 
    
    
    
    
#include <cstdio>
#include <cstring>
int const MAX = 400000 + 10;
struct Tree            //树结构体
{
	int left, right; 	//树的左右子树
	int sum;			//树的值
}tree[MAX];
void Build(int l, int r, int step)  //建树,step代表树节点的编号(以下均是)
{
	tree[step].left = l;    
	tree[step].right = r;
	tree[step].sum = 0;
	if(l == r)    //l == r时说明伸展到叶子节点，返回
		return;
	int mid = (l + r) >> 1;   //二分建树
	Build(l, mid, step<<1);
	Build(mid+1, r, (step<<1)+1);
}

void Update(int l, int r, int value, int step)  //更新函数
{
	tree[step].sum += value;   //因为这里是求和，所以直接将遍历到的点数值加上所传值
	if(tree[step].left == tree[step].right)   //一直更新到叶子节点返回
		return;
	int mid = (tree[step].left + tree[step].right) >> 1;
	if(r <= mid)   //如果所要更新的点的右端点小于mid，则直接更新l到r的值
		Update(l, r, value, step<<1);
	else if(l > mid)  //如果所要更新的点的左端点大于mid，则直接更新l到r的值
	//注意上面不能写成 r<mid 和 l>=mid 由树的性质决定，读者可以画图看出
		Update(l, r, value, (step<<1)+1);
	else  //如果所要更新的点在mid的两边，则两边分别更新
	{
		Update(l, mid, value, step<<1);
		Update(mid+1, r, value, (step<<1)+1);
	}
}

int Query(int l, int r, int step)  //查询函数
{
	if(l == tree[step].left && r == tree[step].right) //找到叶子返回叶子值
		return tree[step].sum;
	int mid = (tree[step].left + tree[step].right) >> 1;//以下类似更新步骤，不再阐述
	if(r <= mid)
		return Query(l, r, step<<1);
	if(l > mid)
		return Query(l, r, (step<<1)+1);
	else
		return Query(l, mid, step<<1) + Query(mid+1, r, (step<<1)+1);
}

int main()
{
	int T;
	int a, b, n;
	char cmd[6];
	scanf("%d",&T);
	for(int i = 1; i <= T; i++)
	{
		scanf("%d",&n); 
		Build(1,n,1);  //1-n建树
		for(int j = 1; j <= n; j++)
		{
			int temp;
			scanf("%d",&temp);
			Update(j,j,temp,1);   //从根一直更新到叶子
		}
		printf("Case %d:\n",i);
		while(scanf("%s", cmd) != EOF && strcmp(cmd,"End") != 0)
		{
			scanf("%d %d",&a, &b);
			if(strcmp(cmd,"Query") == 0)
				printf("%d\n", Query(a,b,1));
			else if(strcmp(cmd,"Add") == 0)  //加的时候b的值为正
				Update(a,a,b,1);
			else if(strcmp(cmd,"Sub") == 0)  //减的时候b的值为负
				Update(a,a,-b,1);
		}
	}
}