HDU 6464 免费送气球【权值线段树】（广东工业大学第十四届程序设计竞赛）-优快云博客

传送门：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6464

免费送气球

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 264 Accepted Submission(s): 53

Problem Description

又到了GDUT一年一度的程序设计竞赛校赛的时间啦。同学们只要参加校赛，并且每解出一道题目就可以免费获得由ACM协会和集训队送出的气球一个。听到这个消息，JMC也想参加免费拿气球。可是，由于JMC太菜了而被禁止参赛，于是他找到你想让你帮忙参加比赛，可以通过执行下面的C++程序解决问题后获得气球并送给他。JMC保证了下面的程序一定能获得正确的结果。

void solve(int Q, int type[], long long first[], long long second[]) {
    vector<long long> vec;
    for (int i = 0; i < Q; ++i) {
        if (type[i] == 1) {
            long long k = first[i], val = second[i];
            while (k--) {
                vec.push_back(val);
            }
        }
        else if (type[i] == 2) {
            sort(vec.begin(), vec.end());
            long long l = first[i] - 1, r = second[i], res = 0;
            while (l < r) {
                res = (res + vec[l++]) % 1000000007;
            }
            printf("%lld\n", res);
        }
    }
}

为防止你被JMC的代码搞到头晕目眩，JMC特意给出了问题的文字描述。已知一开始有一个空序列，接下来有Q次操作，每次操作给出type、first和second三个值。当type为1时，意味着该操作属于第一种操作：往序列尾部添加first个second数。当type为2时，意味着该操作属于第二种操作：查询序列中第first小至第second小的数值之和（一共有(second - first + 1)个数被累加），并将结果对1000000007取模后输出。

Input

单组数据
第一行一个Q（1 <= Q <= 1e5），代表Q次操作。
接下来有Q行，每行包含三个整数type、first和second；其中1 <= type <= 2。当type等于1时，0 <= first,second < 1e9。当type等于2时，1 <= first <= second，且first和second均不大于目前已添加进序列的数的数量。

Output

对于每次操作二，将结果对1000000007取模后输出。

Sample Input

1 5 1

1 6 3

2 2 5

2 4 8

1 2 2

2 4 8

Sample Output

Source

“字节跳动-文远知行杯”广东工业大学第十四届程序设计竞赛

解题思路：

理解学习一波主席树：https://blog.youkuaiyun.com/g21wcr/article/details/82970228

1操作正常建权值线段树，查询操作则是利用前缀和作差的方法来求区间和。

AC code：

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 #define LL long long
 3 using namespace std;
 4 const LL INF = 0x3f3f3f3f;
 5 const LL MOD = 1e9+7;
 6 const int MAXN = 1e5+10;
 7 
 8 LL sum[MAXN*40], val[MAXN*40];
 9 int ls[MAXN*40], rs[MAXN*40];
10 int cnt;
11 
12 void update(int &Root, int L, int R, LL k, LL num)
13 {
14     if(!Root) Root = ++cnt;
15     sum[Root]+=k;
16     val[Root]+=(LL)k*num;
17     val[Root]%=MOD;
18     if(L == R) return;
19     int mid = (L+R)>>1;
20     if(num <= mid) update(ls[Root], L, mid, k, num);
21     else update(rs[Root], mid+1, R, k, num);
22 }
23 
24 LL query(int Root, int L, int R, LL k)                  //前 k 小的值的和
25 {
26     if(L == R) return 1LL*k*L%MOD;
27     int mid = (L+R)>>1;
28     LL ans = 0;
29     if(k > sum[ls[Root]])
30         ans = (val[ls[Root]] + query(rs[Root], mid+1, R, k-sum[ls[Root]]))%MOD;
31     else
32         ans = query(ls[Root], L, mid, k);
33 
34     return ans%MOD;
35 }
36 
37 int main()
38 {
39     int Q_case, rt = 0;
40     scanf("%d", &Q_case);
41     while(Q_case--){
42         int op;
43         LL L, R;
44         scanf("%d %lld %lld", &op, &L, &R);
45         if(op == 1) update(rt, 0, 1e9, L, R);
46         else{
47             LL ans = (query(rt, 0, 1e9, R) - query(rt, 0, 1e9, L-1)%MOD + MOD)%MOD;     //类似于利用前缀和的差 来 求解区间的和
48             printf("%lld\n", ans);
49         }
50     }
51     return 0;
52 }