Log大侠

atm参加了速算训练班，经过刻苦修炼，对以2为底的对数算得飞快，人称Log大侠。

    一天，Log大侠的好友 drd 有一些整数序列需要变换，Log大侠正好施展法力...

    变换的规则是： 对其某个子序列的每个整数变为: [log_2 (x) + 1]  其中 [] 表示向下取整，就是对每个数字求以2为底的对数，然后取下整。
    例如对序列 3 4 2 操作一次后，这个序列会变成 2 3 2。
    
    drd需要知道，每次这样操作后，序列的和是多少。

【输入格式】
第一行两个正整数 n m 。
第二行 n 个数，表示整数序列，都是正数。
接下来 m 行，每行两个数 L R 表示 atm 这次操作的是区间 [L, R]，数列序号从1开始。

【输出格式】
输出 m 行，依次表示 atm 每做完一个操作后，整个序列的和。

例如，输入：
3 3
5 6 4
1 2
2 3
1 3

程序应该输出：
10
8
6


【数据范围】
对于 30% 的数据， n, m <= 10^3
对于 100% 的数据， n, m <= 10^5


资源约定：
峰值内存消耗 < 256M

CPU消耗  < 1000ms

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
	int n,m;
	int num[100010];
	int l,r;
	
	while(cin >> n >> m){
		for(int i = 1; i <= n; i++)
			cin >> num[i];
			
		for(int i = 0; i < m; i++){
			cin >> l >> r;
			
			int sum = 0;
			for(int j = l; j <= r; j++){
				num[j] = floor(log(num[j])/log(2)+1); 
			}
			for(int j = 1; j <= n; j++)
				sum += num[j];
			cout << sum << endl;
		}	
	}
	return 0;	
} 

恩....应该不会这么简单的是吧，应该会超时的吧，我没测试过我也不知道,,,不过混点分还是可以的

这里对区间里的值进行对数运算，可以看做是更新，区间更新，求和，很明显是线段树....

不过下面代码中的优化部分没有想懂....

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 100010;
int num[maxn];
int tree[maxn*2];
int n,m;
int l,r;
int cnt;


void build(int x,int l, int r)
{	
	if (l == r){
		cin >> tree[x];
		if (tree[x] == 1){//统计数值1的个数 ,方便优化程序 
			cnt++;    
			tree[x] = 2;//将所有1均变为2,防止1干扰程序优化 
		}
		return;
	}
	
	int mid = (l+r)/2;
	build(x*2,l,mid);
	build(x*2+1,mid+1,r);
	tree[x] = tree[x*2]+tree[x*2+1];
}

void update(int x,int l,int r,int L,int R)
{
	if (tree[x] == (r-l+1)*2){		//如果全为2，直接返回 
		return ;
	}
	if (l == r){
		tree[x] = num[tree[x]];
		return;
	} 
	
	int mid = (l+r)/2;
	if (R <= mid)
		update(x*2,l,mid,L,R);
	else if (L > mid)
		update(x*2+1,mid+1,r,L,R);
	else{
		update(x*2,l,mid,L,mid);
		update(x*2+1,mid+1,r,mid+1,R);
	}
	tree[x] = tree[x*2]+tree[x*2+1]; 
} 

int main()
{
	for(int i = 1; i <= maxn; i++)	//打表 
        num[i] = (int)(log2(i) + 1);
	cin >> n >> m;

	build(1,1,n);
	while(m--){
		cin >> l >> r;
		update(1,1,n,l,r);
		cout << tree[1]-cnt << endl;
	}
	return 0;	
}