敌兵布阵
Time
Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K
(Java/Others) Total Submission(s): 37903 Accepted
Submission(s): 15985
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
练习线段树的基本题,稍微有点变形,又不是很难,有助于对线段树的理解,代码也可以当做记忆线段树的模板
/*
hdu 1166 敌兵布阵
线段树 基本操作
by zhh
*/
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <stdlib.h>using namespace std;
int a[50005];struct line
{
int left;
int right;
int sum;
}p[200005];
void build(int l,int r,int s)//建立线段树,并在域sum中赋初值
{
p[s].left=l;
p[s].right=r;
if(l==r)
{
p[s].sum=a[l];
return ;
}
build(l,(l+r)/2,s*2);
build((l+r)/2+1,r,s*2+1);
p[s].sum=p[s*2].sum+p[s*2+1].sum;
}
void add(int i,int j,int s)//增加数之后刷新线段树
{
if(p[s].left<=i&&p[s].right>=i)
{
p[s].sum+=j;
if(p[s].left==p[s].right)
return;
add(i,j,s*2);
add(i,j,s*2+1);}
}
/*void add(int i,int j,int s)
{
if(p[s].left==i&&p[s].right==i)
{
p[s].sum=j;
return;
}
int mid=(p[s].left+p[s].right)/2;
if(i<=mid) add(i,j,s*2);
else add(i,j,s*2+1);
p[s].sum=p[s*2].sum+p[s*2+1].sum;}*/
int finds(int i,int j,int s)//查找所给线段上的sum和
{
if(p[s].left>j)
return 0;
if(p[s].right<i)
return 0;
if(p[s].left>=i&&p[s].right<=j)
return p[s].sum;
return finds(i,j,s*2)+finds(i,j,s*2+1);
}
/*int finds(int i,int j,int s)
{
if(p[s].left==i&&p[s].right==j)
return p[s].sum;
int mid=(p[s].left+p[s].right)/2;
if(mid>=j) return finds(i,j,s*2);
if(mid<i) return finds(i,j,s*2+1);
return finds(i,mid,s*2)+finds(mid+1,j,s*2+1);
}*/
int main()
{
int T;
cin>>T;
for(int t_n=1;t_n<=T;t_n++)
{
printf("Case %d:\n",t_n);
int n,sum=0;
cin>>n;
a[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
}
build(1,n,1);
char order[10];
int i,j;
scanf("%s",order);
while(order[0]!=‘E‘)
{
scanf("%d %d",&i,&j);
if(order[0]==‘A‘)
{
// a[i]+=j;
// j=a[i];
add(i,j,1);
}if(order[0]==‘S‘)
{
// a[i]-=j;
// j=a[i];
add(i,-j,1);//减可以被认为加上负的}
if(order[0]==‘Q‘)
printf("%d\n",finds(i,j,1));
scanf("%s",order);
}
}
return 0;
}
hdu acm 1166 敌兵布阵 (线段树),布布扣,bubuko.com