hdu 1166 敌兵布阵（线段树,单点更新）

敌兵布阵

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 67471    Accepted Submission(s): 28374

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

 

Author

Windbreaker

 

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一道最经典的线段树题目，其实很早之前就接触过关于线段树的知识，然而理解得并不透彻，更重要的是一直写不出线段树的题目。。。

因此重新研究了线段树，加强了自己的理解，使用最原始的线段树解题。

 

题意：中文题，很好理解。

 

附上代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define M 50005
using namespace std;
struct node
{
    int l,r;
    int n;
} ss[M*3];  //起码要3倍

void build(int l,int r,int k)  //建树（建立空树）
{
    int mid;
    ss[k].l=l;
    ss[k].r=r;
    ss[k].n=0;
    if(l==r) return;
    mid=(l+r)/2;
    build(l,mid,2*k);
    build(mid+1,r,2*k+1);
}

void insert(int n,int d,int k)  //输入数据，n表示数据，d代表树的位置，k代表树的子集树
{
    int mid;
    if(ss[k].l==ss[k].r&&ss[k].l==d) //找到这一根子树，则加上数据
    {
        ss[k].n+=n;
        return;
    }
    mid=(ss[k].l+ss[k].r)/2;
    if(d<=mid) insert(n,d,2*k);
    else       insert(n,d,2*k+1);
    ss[k].n=ss[2*k].n+ss[2*k+1].n;  //父节点的值为两个子节点的和
}

int ans;
void search(int l,int r,int k) //搜索最后的答案
{
    int mid;
    if(ss[k].l==l&&ss[k].r==r)
    {
        ans+=ss[k].n;
        return;
    }
    mid=(ss[k].l+ss[k].r)/2;
    if(r<=mid) search(l,r,2*k);
    else if(l>mid) search(l,r,2*k+1);
    else
    {
        search(l,mid,2*k);
        search(mid+1,r,2*k+1);
    }
}

int main()
{
    int n,m,i,j,T,w;
    char ch[15];
    scanf("%d",&T);
    for(w=1; w<=T; w++)
    {
        scanf("%d",&n);
        build(1,n,1);
        for(i=1; i<=n; i++)
        {
            scanf("%d",&m);
            insert(m,i,1);
        }

        printf("Case %d:
",w);

        int a,b;
        while(scanf("%s",ch)&&strcmp(ch,"End"))
        {
            scanf("%d%d",&a,&b);
            if(strcmp(ch,"Add")==0) insert(b,a,1);
            else if(strcmp(ch,"Sub")==0) insert(-b,a,1);
            else
            {
                ans=0;
                search(a,b,1);
                printf("%d
",ans);
            }
        }
    }
    return 0;
}