HDU1166敌兵布阵&POJ 3468 A Simple Problem with Integers题解

敌兵布阵题目地址： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1166

题目描述
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：“死肥宅，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.

输入
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

输出
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。

样例输入
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
样例输出
Case 1:
6
33
59

题解：
这道题我们可以使用线段树来写，如果使用线段树，那这就是一道线段树单点修改区间查询的模板题，
直接贴代码吧。

#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ls l,m,rt<<1
#define rs m+1,r,rt<<1|1
using namespace std;
int t,sum[50000<<2],n;
void resum(int k)//维护sum值 
{
    sum[k]=sum[k<<1]+sum[k<<1|1];
    return ;
}
void settree(int l,int r,int rt)//建树 
{
    if(l==r)
    {
        scanf("%d",&sum[rt]);
        return ;
    }
    int m=(l+r)>>1;
    settree(ls);
    settree(rs);
    resum(rt);
};
void addnode(int k,int num,int l,int r,int rt)//单点更改 
{
    if(l==k&&r==k)
    {
        sum[rt]+=num;
        return ;
    }
    int m=(l+r)>>1;
    if(k<=m)
    {
        addnode(k,num,ls);
    }
    else
    {
        addnode(k,num,rs);
    }
    resum(rt);
    return ;
}
int  sumprint(int a,int b,int l,int r,int rt)//区间求和 
{
    if(a<=l&&b>=r) return sum[rt];
    int outn=0,m=(l+r)>>1;
    if(a<=m) outn+=sumprint(a,b,ls);
    if(b>m) outn+=sumprint(a,b,rs);
    return outn;
}
int main()
{
    int i;
    scanf("%d",&t);
    for(i=1;i<=t;i++)
    {
        string order1="Query",order2="Add",order3="Sub",order4="End";
        scanf("%d",&n);
        settree(1,n,1);
        printf("Case %d:\n",i);
        string order0;
        cin>>order0;
        while(order0!=order4)
        {
            int a,b;
            scanf("%d%d",&a,&b);
            if(order0==order1)
            {
                printf("%d\n",sumprint(a,b,1,n,1));
            }
            if(order0==order2)
            {
                addnode(a,b,1,n,1);
            }
            if(order0==order3)
            {
                addnode(a,-b,1,n,1);
            }
            cin>>order0;
        }
    }
}

A Simple Problem with Integers题目地址： http://poj.org/problem?id=3468
题目描述
你有一些整数，和一些操作与询问需要处理
输入
第一行：N,Q，1 ≤ N,Q ≤ 100000.
第二行：N个整数， A1, A2, … , AN. -1000000000 ≤ Ai ≤ 1000000000
接下来：Q行，表示操作与询问
C a b c 表示，区间[a,b]全部增加c，-10000 ≤ c ≤ 10000.
Q a b 表示求区间[a,b]的和

输出
每个询问一个结果，一行。

样例输入
10 5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Q 4 4
Q 1 10
Q 2 4
C 3 6 3
Q 2 4
样例输出
4
55
9
15

题解：
这道题我依旧是用线段树来做，但是这道题相比上一道来说就是从单点修改变成了区间修改。如果我们依旧使用单点修改的方法修改一个区间，修改每个点的时间大概是logn，如果这个区间有m个点，那消耗的时间就是mlogn，显然这样的时间消耗是我们不可接受的。于是就引入了lazy标记，首先先用一张图来解释说明lazy标记的巨大作用（此图截自pyb的ppt，感谢pyb的ppt）

我个人是将lazy标记理解为一个缓冲带，来延缓区间改变对子区间和点的影响以减少对当前来说多余的操作，等到需要考虑和计算这种影响时将多个对相同区间的影响一并传递给受到影响的子区间和点。
lazy标记的更新操作本来我是想用文字说明的，可是由于本人的语文实在是太差，只有贴代码了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ls l,m,rt<<1
#define rs m+1,r,rt<<1|1
using namespace std;
typedef long long ll;

ll sum[100000<<2],lazy[100000<<2];//sum记录该节点所对应区间的元素的和，lazy就是lazy标记 
void resum(int k)
{
    sum[k]=sum[k<<1]+sum[k<<1|1];
    return ;
}
void pushdown(int rt,int m)//更新lazy标记 
{
    if(lazy[rt])//如果该节点的lazy标记不为空，向该节点的左右孩子节点传递lazy值，同时更新其左右孩子的sum值 
    {
        lazy[rt<<1]+=lazy[rt];
        lazy[rt<<1|1]+=lazy[rt];
        sum[rt<<1]+=lazy[rt]*(m+1>>1);
        sum[rt<<1|1]+=lazy[rt]*(m>>1);
        lazy[rt]=0;
    }
    return ;
}
void settree(int l,int r,int rt)//建树 
{
    if(l==r)
    {
        scanf("%d",&sum[rt]);
        return ;
    }
    int m=(l+r)>>1;
    settree(ls);
    settree(rs);
    resum(rt);
    return ;
}
void updata(int a,int b,int c,int l,int r,int rt)//区间修改，目标区间是[a,b]，目标区间的所有元素需要增加的值是c，当前区间是[l,r],当前节点下标是rt 
{
    if(l>=a&&r<=b)//如果该区间被目标区间所包含，直接改变该点的sum值，更新该点的sum值，就不用向下递归了 
    {
        sum[rt]+=1ll*(r-l+1)*c;
        lazy[rt]+=c;
        return ;
    }
    pushdown(rt,r-l+1);//更新当前节点的lazy值，如果不为空，则传递给它的左右孩子
    int m=(l+r)>>1;
    if(a<=m)
    {
        updata(a,b,c,ls);
    }
    if(b>m)
    {
        updata(a,b,c,rs);
    }
    resum(rt);
    return ;
}
ll query(int a,int b,int l,int r,int rt)//区间求和，目标区间是[a,b]，当前区间是[l,r],当前节点下标是rt
{
    if(l>=a&&r<=b)
    {
        return sum[rt];
    }
    pushdown(rt,r-l+1);//更新当前节点的lazy值，如果不为空，则传递给它的左右孩子
    int m=(l+r)>>1;
    ll ans=0;
    if(a<=m) ans+=query(a,b,ls);
    if(b>m) ans+=query(a,b,rs);
    return ans;
}
int n,k;
int main()
{
    int i,a,b,c;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    settree(1,n,1);
    for(i=1;i<=k;i++)
    {
        char ch;
        ch=getchar();
        while(ch!='Q'&&ch!='C') ch=getchar();
        if(ch=='Q')
        {
            scanf("%d%d",&a,&b);
            printf("%lld\n",query(a,b,1,n,1));
        }
        if(ch=='C')
        {
            scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
            updata(a,b,c,1,n,1);
        }
    }
    return 0;
}