树状数组 1 [cdq分治]

最新推荐文章于 2022-05-22 09:29:56 发布

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本文介绍了树状数组的基本操作，包括单点修改和区间查询，并给出了一个实例，展示了如何使用CDQ分治方法处理树状数组中的操作问题。通过对操作序列的排序和分治，可以高效地计算区间和并处理修改操作。

树状数组 1
题目描述
如题，已知一个数列，你需要进行下面两种操作：

1.将某一个数加上x

2.求出某区间每一个数的和

输入格式
第一行包含两个整数N、M，分别表示该数列数字的个数和操作的总个数。

第二行包含N个用空格分隔的整数，其中第i个数字表示数列第i项的初始值。

接下来M行每行包含3个整数，表示一个操作，具体如下：

操作1：格式：1 x k 含义：将第x个数加上k

操作2：格式：2 x y 含义：输出区间[x,y]内每个数的和

输出格式
输出包含若干行整数，即为所有操作2的结果。

输入输出样例
输入 #1 复制
5 5
1 5 4 2 3
1 1 3
2 2 5
1 3 -1
1 4 2
2 1 4
输出 #1 复制
14
16
说明/提示
时空限制：1000ms,128M

数据规模：

对于30%的数据：N<=8，M<=10

对于70%的数据：N<=10000，M<=10000

对于100%的数据：N<=500000，M<=500000

样例说明：

故输出结果14、16

题意：就简单的树状数组操作，单点修改，区间查询
题解：将单点修改对应一个点，将区间查询改成两个前缀和相减，一个区间[x,y]对应两个点x-1，y，然后按照操作的顺序存储各个点，可以发现每个点有两维属性[time,pos]，time是操作发生的时间，由于是按照操作顺序存储的各点，所以在时间这一维已经有序，每个操作只会对后面的操作产生影响，则使用cdq分治排序另一维pos(每个点的位置)并在这个过程计算前面操作对后面操作的影响即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define debug(x) cout<<#x<<" is "<<x<<endl;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+5;
struct pot{
    int type;
    int pos;
    ll val;
}p[maxn<<1],tmp[maxn<<1];
ll ans[maxn];
void solve(int l,int r){
    if(l==r)return;
    int mid=(l+r)>>1;
    solve(l,mid);
    solve(mid+1,r);
    int x=l;
    int y=mid+1;
    ll sum=0;
    int s=l;
    while(x<=mid&&y<=r){
        if(p[x].pos<=p[y].pos){
            if(p[x].type==2){sum+=p[x].val;}
            tmp[s++]=p[x++];
        }
        else{
            if(p[y].type!=2){ans[p[y].val]+=p[y].type*sum;}
            tmp[s++]=p[y++];
        }
    }
    while(y<=r){if(p[y].type!=2)ans[p[y].val]+=p[y].type*sum;tmp[s++]=p[y++];}
    while(x<=mid){tmp[s++]=p[x++];}
    for(int i=l;i<=r;i++){
        p[i]=tmp[i];
    }
}
int main(){
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){p[i].type=2;p[i].pos=i;scanf("%lld",&p[i].val);}
    int t1=n;
    int t2=0;
    while(m--){
        int a,b,c;
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
        if(a==1){
            p[++t1].pos=b;
            p[t1].type=2;
            p[t1].val=c;
        }
        else{
            p[++t1].pos=b-1;
            p[t1].type=-1;
            p[t1].val=++t2;
            p[++t1].pos=c;
            p[t1].type=1;
            p[t1].val=t2;
        }
    }
    solve(1,t1);
    for(int i=1;i<=t2;i++){
        printf("%lld\n",ans[i]);
    }
    return 0;
}