codevs 1080 线段树练习 CDQ分治

codevs 1080 线段树练习

 http://codevs.cn/problem/1080/

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题目描述  Description

一行N个方格，开始每个格子里都有一个整数。现在动态地提出一些问题和修改：提问的形式是求某一个特定的子区间[a,b]中所有元素的和；修改的规则是指定某一个格子x，加上或者减去一个特定的值A。现在要求你能对每个提问作出正确的回答。1≤N<100000，,提问和修改的总数m<10000条。

输入描述  Input Description

输入文件第一行为一个整数N，接下来是n行n个整数，表示格子中原来的整数。接下一个正整数m，再接下来有m行，表示m个询问，第一个整数表示询问代号，询问代号1表示增加，后面的两个数x和A表示给位置X上的数值增加A，询问代号2表示区间求和，后面两个整数表示a和b，表示要求[a,b]之间的区间和。

输出描述  Output Description

共m行，每个整数

样例输入  Sample Input

6

4 

5 

6 

2 

1 

3

4

1 3 5

2 1 4

1 1 9

2 2 6

样例输出  Sample Output

22

22

数据范围及提示  Data Size & Hint

1≤N≤100000， m≤10000 。

CDQ分治

答案只输出查询操作

按照操作出现时间将所有操作一分为二，在这里称为左右区间

对右区间的的查询操作有贡献的修改操作有2部分

1、左区间所有的修改操作

2、右区间本次查询操作之前的修改操作

注：修改操作的修改位置必须包含在查询操作内

对于划分出的左右区间仍然可以继续这样划分，

所以整个操作过程可以被划分为相同的子操作过程

（是不是有点儿像DP）

对于1，可以用一个变量记下来，加到右区间的查询操作上即可

对于2，递归处理

左区间继续递归处理即可

那么如何保证修改位置在查询操作范围内呢？

前缀和思想

对于查询区间[l,r]分为两部分 [1,l-1],[1,r]

用sum[1,r]-sum[1,l-1]即可

所以可设一个变量a，标记l-1=-1，r=1

累加答案的时候 +a*sum

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,tot,t,ans[10001];
struct node
{
    int x,key,id,kind,bl;
}q[120001],tmp[120001];
bool cmp(node k,node l)
{
    if(k.x!=l.x) return k.x<l.x;
    return k.kind<l.kind;
}
void solve(int l,int r)
{
    if(l==r) return;
    int sum=0;
    int mid=l+r>>1,ll=l,rr=mid+1;
    for(int i=l;i<=r;i++)
    {
        if(q[i].kind==1&&q[i].id<=mid) sum+=q[i].key;
        else if(q[i].kind==2&&q[i].id>mid)  ans[q[i].bl]+=q[i].key*sum;
    }
    for(int i=l;i<=r;i++)
    {
        if(q[i].id<=mid)tmp[ll++]=q[i];
        else tmp[rr++]=q[i];
    }
    for(int i=l;i<=r;i++) q[i]=tmp[i];
    solve(l,mid);solve(mid+1,r);
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    int x,y,z;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&x);
        q[++tot].x=i;q[tot].key=x;q[tot].id=tot;q[tot].kind=1;
    }
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        if(x&1)
        {
            q[++tot].x=y;q[tot].key=z;q[tot].id=tot;q[tot].kind=1;
        }
        else
        {
            q[++tot].x=y-1;q[tot].key=-1;q[tot].id=tot;q[tot].kind=2;q[tot].bl=++t;
            q[++tot].x=z;q[tot].key=1;q[tot].id=tot;q[tot].kind=2;q[tot].bl=t;
        }
    }
    sort(q+1,q+tot+1,cmp);
    solve(1,tot);
    for(int i=1;i<=t;i++) printf("%d\n",ans[i]);
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/6533902.html