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题目：
敌兵布阵 |
| Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others) |
| Total Submission(s): 312 Accepted Submission(s): 194 |
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,这个数最多不超过1000000。 |
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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题目分析：
线段树。单点更新。
代码如下：
/*
* a1.cpp
*
* Created on: 2015年3月9日
* Author: Administrator
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 50001;//最大的节点数
struct node {//线段树区间结点
int left;//区间的左结点
int right;//区间有节点
int sum;//整个区间的值
/**
* 用于求区间的中间值
*/
int mid() {
return (left + right) / 2;
}
} tree[maxn * 4];//线段树的节点数是平常数组节点数的4倍
int ans;//用于存储查询时后的区间值
/**
* 线段树的构造函数
* left: 该区间的左端点
* right: 该区间的右端点
* rt: 该区间节点的编号
*/
void buildtree(int left, int right, int rt) {
tree[rt].left = left;//该区间节点的左结点
tree[rt].right = right;//该区间节点的右结点
if (left == right) {//如果当前节点记录的区间只有一个值
scanf("%d", &tree[rt].sum);//直接给当前节点复制
return;
}
//否则,递归构造左右子树
int mid = tree[rt].mid();
buildtree(left, mid, rt * 2);
buildtree(mid + 1, right, rt * 2 + 1);
//当前节点的区间值 = 左孩子的区间值 + 右孩子的区间值
tree[rt].sum = tree[rt * 2].sum + tree[rt * 2 + 1].sum;
}
/**
* 在区间结点rt中 查询[L,R]的区间值,其中left是区间结点rt的左端点,
* right是区间结点的右端点
*/
void query(int left, int right, int rt, int L, int R) {
//如果要查找的区间包含了当前查找到的整个区间简洁点
if (L <= left && right <= R) {
ans += tree[rt].sum;//则加上当前的区间值
return;
}
//否则按照左右子树来递归查找
int mid = tree[rt].mid();
if (R <= mid) {
query(left, mid, rt * 2, L, R);
} else if (mid < L) {
query(mid + 1, right, rt * 2 + 1, L, R);
} else {
query(left, mid, rt * 2, L, R);
query(mid + 1, right, rt * 2 + 1, L, R);
}
}
/**
* 给pos结点加上add
*/
void update(int left, int right, int rt, int pos, int add) {
//如果找到了目标节点
if (left == right) {
tree[rt].sum += add;//则将add直接加到目标节点上
return;
}
//如果没有按照左右子树来递归查找
int mid = tree[rt].mid();
if (pos <= mid) {
update(left, mid, rt * 2, pos, add);
} else {
update(mid + 1, right, rt * 2 + 1, pos, add);
}
//最后更新当前节点的区间值 = 左孩子的区间值 + 右孩子的区间值
tree[rt].sum = tree[rt * 2].sum + tree[rt * 2 + 1].sum;
}
int main() {
int t;
scanf("%d", &t);
int k;
for (k = 1; k <= t; ++k) {
printf("Case %d:\n", k);
int n;
scanf("%d", &n);
buildtree(1, n, 1);
char str[10];
while (scanf("%s", str) != EOF) {
if (str[0] == ‘E‘) {
break;
}
if (str[0] == ‘A‘) {
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
update(1, n, 1, a, b);
} else if (str[0] == ‘S‘) {
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
update(1, n, 1, a, -b);
} else if (str[0] == ‘Q‘) {
ans = 0;
int left;
int right;
scanf("%d%d", &left, &right);
query(1, n, 1, left, right);
printf("%d\n", ans);
}
}
}
return 0;
}
(hdu step 5.3.1)敌兵布阵(线段树：单点更新)
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原文地址：http://blog.csdn.net/hjd_love_zzt/article/details/44156197
