1 板子题：
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
代码 树状数组
# include<cstdio>
# include<iostream>
# include<cstring>
const int maxn=50005;
int a[maxn];
int n;
using namespace std;
int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
int add(int x,int y){ //单点修改（使原值增加y，而不是修改为y）
for(;x<=n;x+=lowbit(x))
a[x]+=y;
}
int sum(int y){ //求0到y的区间和
int ans=0;
for(;y>0;y-=lowbit(y))ans+=a[y];
return ans;
}
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
for(int p=1;p<=t;p++){
memset(a,0,sizeof(a));
int jieguo[40000];
scanf("%d",&n);
int e;
for (int i = 1; i <=n; i++) {
cin >> e;
add(i,e); //树状数组的建立
}
char str[10];
int num=0;
while(1){
scanf("%s",str);
if(str[0]=='E')
break;
int x,y;
scanf("%d %d",&x,&y);
if(str[0]=='Q'){
jieguo[num++]=sum(y)-sum(x-1);
}
if(str[0]=='A'){
add(x,y);
}
if(str[0]=='S'){
add(x,-y);
}
}
printf("Case %d:\n",p);
for(int i=0;i<num;i++){
printf("%d\n",jieguo[i]);
}
}
return 0;
} 代码 线段树
# include<cstdio>
# include<cstring>
# include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=50000;
int a[maxn];
int sum[4*maxn];
void push_up(int rt){ //用子节点更新父节点的相应数值（可以为和，最大值，最小值甚至矩阵等等）
sum[rt]=sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1];
}
void build(int rt,int l,int r){ //建树，rt为当前建立的节点（或编号），其维护的区间为（l，r）
if(l==r){ //l==r即该节点为叶子节点（他不再有子节点）
sum[rt]=a[l]; //直接赋值即可（a[l]为原序列）
return;
}
int m=(l+r)>>1; //取中值并向下取整，将其设为左子树和右子树的分界线。
build(rt<<1,l,m); //递归建立左子树，其维护区间为（l，mid）
build(rt<<1|1,m+1,r); //递归建立右子树 ，其维护区间为（mid+1,r） ，+1是为了区间不重叠
push_up(rt); //把子树信息更新到x节点上。 递归是向下，push_up是向上
}
//递归更新 update(1,1,n,p,v);
void update(int rt,int l,int r,int p,int v){ //rt为节点下标（即编号），l,r为节点区间，p为需要修改处的下标 ，v为修改值
if(l==r){
sum[rt]+=v;
return;
}
int m=(l+r)>>1;
if(p<=m) //需要更新的节点在左子树区间
update(rt<<1,l,m,p,v);
else //需要更新的节点在右子树区间
update(rt<<1|1,m+1,r,p,v);
push_up(rt);
}
//query(1,1,n,x,y) 编号为1，区间1-n，查询区间为x-y
int query(int rt,int l,int r,int ll,int rr){ //rt为节点下标 (编号)，l,r为节点区间，ll,,rr为查询区间
if(ll<=l&&r<=rr) // 如果当前节点的区域真包含于要查询的区间内，则返回节点信息不需要往下递归
return sum[rt]; //会有多个递归，我们只要每个递归的最终不可在分的节点的权值。
int res=0; //返回值变量，初始化视情况而定
int m=(l+r)>>1;
if(ll<=m) //如果左子树区间与查询区间有交集
res+=query(rt<<1,l,m,ll,rr);//查询区间不变
if(rr>m) //如果右子树区间与查询区间有交集，
//注意这里不是else if，因为查询区间可能同时和左右区间有交集
res+=query(rt<<1|1,m+1,r,ll,rr);
return res;
}
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
for(int p=1;p<=t;p++){
int n;
memset(a,0,sizeof(a));
memset(sum,0,sizeof(sum));
int jieguo[40000];
scanf("%d",&n);
int e;
for (int i = 1; i <=n; i++) {
scanf("%d",&e);
a[i]=e; //建立原数组
}
build(1,1,n);//建树
char str[10];
int num=0;
while(1){
scanf("%s",str);
if(str[0]=='E')
break;
int x,y;
scanf("%d %d",&x,&y);
if(str[0]=='Q'){
jieguo[num++]=query(1,1,n,x,y);
}
if(str[0]=='A'){
update(1,1,n,x,y);
}
if(str[0]=='S'){
update(1,1,n,x,-y);
}
}
printf("Case %d:\n",p);
for(int i=0;i<num;i++){
printf("%d\n",jieguo[i]);
}
}
return 0;
} 2 同样板子题
很多学校流行一种比较的习惯。老师们很喜欢询问，从某某到某某当中，分数最高的是多少。
这让很多学生很反感。
不管你喜不喜欢，现在需要你做的是，就是按照老师的要求，写一个程序，模拟老师的询问。当然，老师有时候需要更新某位同学的成绩。
Input
本题目包含多组测试，请处理到文件结束。
在每个测试的第一行，有两个正整数 N 和 M ( 0<N<=200000,0<M<5000 )，分别代表学生的数目和操作的数目。
学生ID编号分别从1编到N。
第二行包含N个整数，代表这N个学生的初始成绩，其中第i个数代表ID为i的学生的成绩。
接下来有M行。每一行有一个字符 C (只取'Q'或'U') ，和两个正整数A，B。
当C为'Q'的时候，表示这是一条询问操作，它询问ID从A到B(包括A,B)的学生当中，成绩最高的是多少。
当C为'U'的时候，表示这是一条更新操作，要求把ID为A的学生的成绩更改为B。
Output
对于每一次询问操作，在一行里面输出最高成绩。
Sample Input
5 6
1 2 3 4 5
Q 1 5
U 3 6
Q 3 4
Q 4 5
U 2 9
Q 1 5Sample Output
5
6
5
9
Hint
Huge input,the C function scanf() will work better than cin树状数组
# include<cstdio>
# include<iostream>
# include<cstring>
const int maxn=200005;
int a[maxn];
int t[maxn];
int n,m;
using namespace std;
int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
//int add(int x,int y){
// for(;x<=n;x+=lowbit(x))
// t[x]+=y;
//}
void update(int x){ //单点修改及树状数组的建立
for(;x<=n;x+=lowbit(x)){
t[x]=a[x];
for(int i=1;i<lowbit(x);i<<=1){
t[x]=max(t[x],t[x-i]);
}
}
}
int query(int x,int y){ //x到y区间最大值
int ans=0;
while(y>=x){
ans=max(ans,a[y]);
y--;
for(;y-lowbit(y)>=x;y-=lowbit(y))
ans= max(ans,t[y]);
}
return ans;
}
int main(){
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){
memset(a,0,sizeof(a));
memset(t,0,sizeof(t));
int jieguo[40000];
int e;
for (int i = 1; i <=n; i++) {
scanf("%d",&e);
a[i]=e;
update(i); //建立树状数组
}
char str[2];
int num=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%s",str);
int x,y;
scanf("%d %d",&x,&y);
if(str[0]=='Q'){
printf("%d\n",query(x,y));
}
if(str[0]=='U'){
a[x]=y; //先修改a[x]
update(x); //再更新t[x]
}
}
}
return 0;
} 线段树
# include<cstdio>
# include<cstring>
# include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
int a[maxn];
int sum[8000001];
void push_up(int rt){ //用子节点更新父节点的相应数值（可以为和，最大值，最小值甚至矩阵等等）
sum[rt]=max(sum[rt<<1],sum[rt<<1|1]);
}
void build(int rt,int l,int r){ //建树，rt为当前建立的节点（或编号），其维护的区间为（l，r）
if(l==r){ //l==r即该节点为叶子节点（他不再有子节点）
sum[rt]=a[l]; //直接赋值即可（a[l]为原序列）
return;
}
int m=(l+r)>>1; //取中值并向下取整，将其设为左子树和右子树的分界线。
build(rt<<1,l,m); //递归建立左子树，其维护区间为（l，mid）
build(rt<<1|1,m+1,r); //递归建立右子树 ，其维护区间为（mid+1,r） ，+1是为了区间不重叠
push_up(rt); //把子树信息更新到x节点上。 递归是向下，push_up是向上
}
//递归更新 update(1,1,n,p,v);
void update(int rt,int l,int r,int x,int v){ //rt为节点下标（即编号），l,r为节点区间，p为需要修改处的下标 ，v为修改值
if(l==r){
sum[rt]=v;
return;
}
int m=(l+r)>>1;
if(x<=m) //需要更新的节点在左子树区间
update(rt<<1,l,m,x,v);
else //需要更新的节点在右子树区间
update(rt<<1|1,m+1,r,x,v);
push_up(rt);
}
//query(1,1,n,x,y) 编号为1，区间1-n，查询区间为x-y
int query(int rt,int l,int r,int ll,int rr){ //rt为节点下标 (编号)，l,r为节点区间，ll,,rr为查询区间
if(ll<=l&&rr>=r){ // 如果当前节点的区域真包含于要查询的区间内，则返回节点信息不需要往下递归
return sum[rt];//会有多个递归，我们只要每个递归的最终不可在分的节点的权值。
}
int m=(l+r)>>1;
int res=0;
if(ll<=m) //如果左子树区间与查询区间有交集
res=max(res,query(rt<<1,l,m,ll,rr));//查询区间不变
if(rr>m) //如果右子树区间与查询区间有交集，
//注意这里不是else if，因为查询区间可能同时和左右区间有交集
res=max(res,query(rt<<1|1,m+1,r,ll,rr));
return res;
}
int main(){
int n,m;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){
memset(a,0,sizeof(a));
int e;
for (int i = 1; i <=n; i++) {
scanf("%d",&e);
a[i]=e;
}
build(1,1,n); //建树
char str[2];
int num=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%s",str);
int x,y;
scanf("%d %d",&x,&y);
if(str[0]=='Q'){
printf("%d\n",query(1,1,n,x,y));
}
if(str[0]=='U'){
update(1,1,n,x,y);
}
}
}
return 0;
} 阿里云建站—为企业提供互联网“快”服务
2020年因为一场突如其来的疫情，不少企业受到了严重冲击，疫情的冲击力对传统“纯线
下”行业的危害最大，互联网女皇玛丽·米克（MaryMeeker）4月17日发布了著名的年度互
联网趋势报告，报告中指出：拥有强大的互联网线上线下融合能力的企业在疫情中的表现最好，
线上线下融合的趋势已经存在一段时间了，但是疫情让这种需求变得更加的迫切。
如果你的企业完全依附于传统的、纯线下的经验模式，那么在2020年你将“必死无疑”，
一场巨大的，前所未有的互联网革命已经到来！
阿里云建站为了助力各行各业复工复产，疫情期间“马不停蹄”为数以万计的企业快速完成
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