hdu1166 敌兵布阵 线段树（区间更新）

敌兵布阵

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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

#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];
//首先是建树，在这里num存的是下标，而le和ri表示的是这个区间的左右端点，那么每往下一层num * 2，区间则折半，保证了最少的层数，
//而此时内存占用大约为4倍的点数，所以开数组的时候开tre[4 * n]。这个题因为需要读入每个点，作为二叉树的先序遍历，
//很好地保证了第x个点正好读入在le = ri = x的那个tre[num]里面。而父亲节点所代表的区间包含了子节点所代表的区间，
//所以子节点的值又会影响父节点，因此每次建立完儿子节点之后，又会通过tre[num] = tre[num * 2] + tre[num * 2 + 1];
//操作将父亲节点初始化，当然此处为求和操作所以是 + ，不同的题可以选择取最值等不同运算符。
//当然不同的题根据需求可以采取对tre[num]赋值或者memset等方法来建树以及初始化。

    void build(int num, int le, int ri)//建立线段树
    {
        if (le == ri)//如果区间左端点等于区间右端点，则输入区间的每一个元素
        {
            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];//通过子节点来初始化父亲节点
    }

    //接下来是修改操作，继承了上面的num，le，ri，保证了一致性，同时此处做的是对于第x个点增加y个人的操作，所以寻找到x所对应的tre[num]，
    //    然后操作，并回退。而此时需要注意的是，对于x操作了之后，所有包含x的区间的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。而这个题操作的是增加减少（减少直接传 - x），
    //    而其他的诸如取最大最小值、取异或值等等都只用对于对应的运算符做修改即可。
    void update(int num, int le, int ri, int x, int y)//单点更新
    {
        if (le == ri)//找到要更新的x节点所在位置，并对x节点值加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)//区间查询
    {
        if (x <= le && y >= ri)//如果我们要查询的[x,y]区间比[le,ri]大，那么[le,ri]区间的值就是结果的一部分，直接返回
        {
            return tre[num];
        }
        int mid = (le + ri) / 2;
        int ans = 0;//ans是记录查询区间的和
        if (x <= mid)//查询左子树
            ans += query(num * 2, le, mid, x, y);//如果查询区间分布在左子树和右子树两边，可以分别求和，在通过ans加起来
        if (y>mid)//查询右子树
            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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