敵兵佈陣

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Total Submission(s): 128367    Accepted Submission(s): 53788

Problem Description C國的死對頭A國這段時間正在進行軍事演習，所以C國間諜頭子Derek和他手下Tidy又開始忙乎了。A國在海岸線沿直線佈置了N個工兵營地,Derek和Tidy的任務就是要監視這些工兵營地的活動情況。由於採取了某種先進的監測手段，所以每個工兵營地的人數C國都掌握的一清二楚,每個工兵營地的人數都有可能發生變動，可能增加或減少若干人手,但這些都逃不過C國的監視。
中央情報局要研究敵人究竟演習什麼戰術,所以Tidy要隨時向Derek彙報某一段連續的工兵營地一共有多少人,例如Derek問:“Tidy,馬上彙報第3個營地到第10個營地共有多少人!”Tidy就要馬上開始計算這一段的總人數並彙報。但敵兵營地的人數經常變動，而Derek每次詢問的段都不一樣，所以Tidy不得不每次都一個一個營地的去數，很快就精疲力盡了，Derek對Tidy的計算速度越來越不滿:"你個死肥仔，算得這麼慢，我炒你魷魚!”Tidy想：“你自己來算算看，這可真是一項累人的工作!我恨不得你炒我魷魚呢!”無奈之下，Tidy只好打電話向計算機專家Windbreaker求救,Windbreaker說：“死肥仔，叫你平時做多點acm題和看多點演算法書，現在嚐到苦果了吧!”Tidy說："我知錯了。。。"但Windbreaker已經掛掉電話了。Tidy很苦惱，這麼算他真的會崩潰的，聰明的讀者，你能寫個程式幫他完成這項工作嗎？不過如果你的程式效率不夠高的話，Tidy還是會受到Derek的責罵的.  

 

Input 第一行一個整數T，表示有T組資料。
每組資料第一行一個正整數N（N<=50000）,表示敵人有N個工兵營地，接下來有N個正整數,第i個正整數ai代表第i個工兵營地裡開始時有ai個人（1<=ai<=50）。
接下來每行有一條命令，命令有4種形式：
(1) Add i j,i和j為正整數,表示第i個營地增加j個人（j不超過30）
(2)Sub i j ,i和j為正整數,表示第i個營地減少j個人（j不超過30）;
(3)Query i j ,i和j為正整數,i<=j，表示詢問第i到第j個營地的總人數;
(4)End 表示結束，這條命令在每組資料最後出現;
每組資料最多有40000條命令  

 

Output 對第i組資料,首先輸出“Case i:”和回車,
對於每個Query詢問，輸出一個整數並回車,表示詢問的段中的總人數,這個數保持在int以內。  

 

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

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
const int  n = 50050;
using namespace std;
int tre[n * 4];
//首先是建樹，在這裡num存的是下標，而le和ri表示的是這個區間的左右端點，那麼每往下一層num * 2，區間則折半，保證了最少的層數，
//而此時記憶體佔用大約為4倍的點數，所以開陣列的時候開tre[4 * n]。這個題因為需要讀入每個點，作為二叉樹的先序遍歷，
//很好地保證了第x個點正好讀入在le = ri = x的那個tre[num]裡面。而父親節點所代表的區間包含了子節點所代表的區間，
//所以子節點的值又會影響父節點，因此每次建立完兒子節點之後，又會通過tre[num] = tre[num * 2] + tre[num * 2 + 1];
//操作將父親節點初始化，當然此處為求和操作所以是 + ，不同的題可以選擇取最值等不同運算子。
//當然不同的題根據需求可以採取對tre[num]賦值或者memset等方法來建樹以及初始化。

    void build(int num, int le, int ri)//建立線段樹
    {
        if (le == ri)//如果區間左端點等於區間右端點，則輸入區間的每一個元素
        {
            scanf("%d", &tre[num]);
            return;
        }
        int mid = (le + ri) / 2;
        build(num * 2, le, mid);
        build(num * 2 + 1, mid + 1, ri);
        tre[num] = tre[num * 2] + tre[num * 2 + 1];//通過子節點來初始化父親節點
    }

    //接下來是修改操作，繼承了上面的num，le，ri，保證了一致性，同時此處做的是對於第x個點增加y個人的操作，所以尋找到x所對應的tre[num]，
    //    然後操作，並回退。而此時需要注意的是，對於x操作了之後，所有包含x的區間的tre[num]都需要被修改，
    //    因此也就有了在回退前的tre[num] = tre[num * 2] + tre[num * 2 + 1]; 操作。而這個題操作的是增加減少（減少直接傳 - x），
    //    而其他的諸如取最大最小值、取異或值等等都只用對於對應的運算子做修改即可。
    void update(int num, int le, int ri, int x, int y)//單點更新
    {
        if (le == ri)//找到要更新的x節點所在位置，並對x節點值加y
        {
            tre[num] += y;
            return;
        }
        int mid = (le + ri) / 2;
        if (x <= mid)
            update(num * 2, le, mid, x, y);
        else
            update(num * 2 + 1, mid + 1, ri, x, y);
        tre[num] = tre[num * 2] + tre[num * 2 + 1];
    }
    int query(int num, int le, int ri, int x, int y)//區間查詢
    {
        if (x <= le && y >= ri)//如果我們要查詢的[x,y]區間比[le,ri]大，那麼[le,ri]區間的值就是結果的一部分，直接返回
        {
            return tre[num];
        }
        int mid = (le + ri) / 2;
        int ans = 0;//ans是記錄查詢區間的和
        if (x <= mid)//查詢左子樹
            ans += query(num * 2, le, mid, x, y);//如果查詢區間分佈在左子樹和右子樹兩邊，可以分別求和，在通過ans加起來
        if (y>mid)//查詢右子樹
            ans += query(num * 2 + 1, mid + 1, ri, x, y);
        return ans;
    }
    int main()
    {
        int t, n;
        cin >> t;
        for (int k = 1; k <= t; k++)
        {
            cin >> n;
            build(1, 1, n);
            printf("Case %d:\n", k);
            char operate[10];
            while (cin>>operate)
            {
                if (operate[0] == 'E')
                {
                    break;
                }
                int x,y;
                scanf("%d %d", &x, &y);
                if (operate[0] == 'A')
                {
                    update(1, 1, n, x, y);
                }
                if (operate[0] == 'S')
                {
                    update(1, 1, n, x, -y);
                }
                if (operate[0] == 'Q')
                {
                    cout << query(1, 1, n, x, y) << endl;
                }
            }
        }
        return 0;
    }

 

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