HDU1166 敌兵布阵（线段树 单点更新 区间查询）

敌兵布阵

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 67519 Accepted Submission(s): 28400

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

线段树其实理解起来很容易。。。以前学了之后就再也没写过，所以忘的也很快。。。现在重新学了一遍之后思路更加清晰了。下边是一个没有lazy的线段树＝－＝

比如这道题，单点更新，区间查询。
如果朴素的处理这个问题，那么修改的复杂度是o(1)查询的复杂度是o(n)如果有m个询问 那么复杂度就是m＊n 是很大的。
所以前人想了线段树这么个东西出来。
这个实际上一棵完美二叉树。除了最底层的叶子节点，其他每个节点都有两个儿子。而且这些节点的下标的关系很有规律。父亲节点下标＊2 是左儿子的下标，再加一是右儿子下标这样就很容易从任意一个节点顺藤摸瓜一样访问其父辈和子孙节点＝－＝。。。
然后，线段树tree[i]里包含了三个东西，区间的左右边界［l,r］和区间的和sum。就是把每个节点控制的区间分为[l,mid],[mid+1,r]两部分，分给他的左右儿子。sum记录自己缩管辖的这个区间的和。

所以这样有什么用呢？
当然是方便查询和更新了。
如果我们要更新单点，那么需要从上往下更新，复杂度是log2（n），这样看起来是比O(1)慢的。
但是如果我们要查询就方便很多了，不用将询问区间的每一个点都访问到，只要当前节点的区间恰好等于我们询问的区间就可以直接返回值sum值。这个复杂度嘛。。k log2N ？总之是log2级别的吧(:з」∠)
int ask(int v,int x,int y){
if(tree[v].l==x && tree[v].r==y) return tree[v].w;
int mid=v<<1;
if(tree[mid].r>=y){
return ask(mid,x,y);
}
if(tree[mid+1].l<=x) return ask(mid+1,x,y);
return (ask(mid,x,tree[mid].r)+ask(mid+1,tree[mid+1].l,y));
}

所以这下复杂度就变成了m＊log2 N 就可以过啦！

其实并没有。。
因为制杖的我把数组给开小了，然后就会Time Limit Exceed
因为＊2之后访问到奇怪的东西去了之后，就会一直访问下去。。。
建树的时候就会T

因为我是用数组开的，不是动态的，所以开空间要注意。
网上说开4N的空间..又有的说是2n＋100 一般就够了，，但是众说纷纭。。。

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//

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <string>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
#define Size 100000
#define ll long long
#define mk make_pair
#define pb push_back
#define mem(array) memset(array,0,sizeof(array))
typedef pair<int,int> P;
struct date{
    int l;
    int r;
    int w;
}tree[200000];
int n,a;
int build(int L,int R,int v){
    tree[v].l=L;
    tree[v].r=R;
    tree[v].w=0;
    if(L==R){
        return 0;
    }
    int mid=(L+R)>>1;
    build(L,mid,v<<1);
    build(mid+1,R,(v<<1)+1);
    // tree[v].w=tree[v<<1].w+tree[(v<<1)+1].w;
    return 0;
}
int update(int v,int x,int y){
    tree[v].w+=y;
    if(tree[v].l==tree[v].r){
        return 0;
    }
    if(x>=tree[v<<1].l && x<=tree[v<<1].r){
        update(v<<1,x,y);
    }
    else {
        update(v<<1|1,x,y);
    }
    return 0;
}
int ask(int v,int x,int y){
    if(tree[v].l==x && tree[v].r==y) return tree[v].w;
    int mid=v<<1;
    if(tree[mid].r>=y){
        return ask(mid,x,y);
    }
    if(tree[mid+1].l<=x) return ask(mid+1,x,y);
    return (ask(mid,x,tree[mid].r)+ask(mid+1,tree[mid+1].l,y));
}
int main()
{
    freopen("in.txt","r",stdin);
    int T,cas=0,x,y;
    char ch[10];
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        cas++;printf("Case %d:\n",cas);
        scanf("%d",&n);
        build(1,n,1);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&a);
            update(1,i,a);
        }
        getchar();
        while(1){
            scanf("%s",ch);
            if(ch[0]=='E') break;
            scanf("%d%d",&x,&y);
            if(ch[0]=='A') update(1,x,y);
            if(ch[0]=='S') update(1,x,-y);
            if(ch[0]=='Q') printf("%d\n",ask(1,x,y));
        }
    }
    return 0;
}