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HDU 1166(zkw线段树-单点修改）

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敌兵布阵

Problem Description
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：“死肥仔，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.
 


Input
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
 


Output
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。
 


Sample Input
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
 


Sample Output
Case 1:
6
33
59
 

这题是zkw线段树中单点修改与区间查询的一般方法：

M的计算 显然最后一行是：

+M:  0 1 2 3....M-1

但是我们求和值是不能求（0，M-1）,(zkw线段树不支持首尾查询）

我们查询的应该是开区间（a,b) (这样的目的是保证不出现当前无法判定是否取-

原理：在左边时左边不取，而若右边不为t（s^t≠1),则必取.

    在右边时右边不取，而若左边不为s（s^t≠1),则必取.

建树时要保证n<=M-2

M=1;while (M-2<n) M<<=1;

从C++的角度：

由于char s[]为数组，无法直接比较

需要用 strcmp(string a,string a)==0 判定

它是字符串的cmp 返回字典序比较情况

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<iostream>
using namespace std;
#define MAXN (50000+10)
#define MAXAi (50+10)
int n,m,k,M,tt,t[MAXN*5];
char s[50];
int main()
{
//	freopen("Hdu1166.in","r",stdin);
	scanf("%d",&tt);
	for (int k=1;k<=tt;k++)
	{
		printf("Case %d:n",k);
		scanf("%d",&n);
		memset(t,0,sizeof(t));
		M=1;while (M-2<n) M<<=1;
		for (int i=M+1;i<=M+n;i++) scanf("%d",&t[i]);
		for (int i=M;i>=1;i--) t[i]=t[i<<1]+t[(i<<1)^1];


		while (scanf("%s",s)!=EOF)
		{
			if (!strcmp(s,"End")) break;
			int p1,p2;
			scanf("%d%d",&p1,&p2);
			if (s[0]=='Q')
			{
				int ans=0;
				p1--;p2++;p1+=M;p2+=M;
				while (p1^p2^1>0)
				{
					if (~p1&1) ans+=t[p1+1];
					if (p2&1) ans+=t[p2-1];
					p1>>=1;p2>>=1;
				}
				cout<<ans<<endl;
				continue;
			}
			else
			{
				p1+=M;
				if (s[0]=='A') t[p1]+=p2; else t[p1]-=p2;
				for (p1/=2;p1;p1/=2)
				{
					t[p1]=t[p1<<1]+t[(p1<<1)^1];
				}

			}


		}






	}


	return 0;
}


POJ 3468(成段更新）

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Language:
线段树的成段更新
Time Limit: 5000MS   Memory Limit: 131072K
Total Submissions: 38010   Accepted: 11017
Case Time Limit: 2000MS

Description

对于数列 A1, A2, ... , AN. 你要进行2个操作：将一个区间的数同加上某个数，输出一段区间的和。

Input

第一行2个整数表示数列长度和操作次数. 1 ≤ N,Q ≤ 100000.
第二行为数列 A1, A2, ... , AN. -1000000000 ≤ Ai ≤ 1000000000.
接下来的Q行操作：
"C a b c" 表示将 Aa, Aa+1, ... , Ab.加上c. -10000 ≤ c ≤ 10000.
"Q a b" 输出区间[a,b]的和。

Output

输出所有询问的答案，每行1个。

Sample Input

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

Sample Output

4
55
9
15

Hint

longint会爆的。

Source

POJ Monthly--2007.11.25, Yang Yi



显然这题是线段树。

但是我之前习惯的nowl和nowr似乎太费解了（以致于我自己都要想半天）

回去看看其它人咋写……


Program poj3468;
const
   maxn=100000;
   maxq=100000;
var
   n,m,i,j,k:longint;
   lazy,t:array[1..maxn*8] of int64;
   c:char;
Procedure pushup(root:longint);
begin
   t[root]:=t[root*2]+t[root*2+1];
end;
Procedure build(l,r,root:longint);
var
   m:longint;
begin
   if (l=r) then
   begin
      read(t[root]);
      exit;
   end;
   m:=(l+r) shr 1;
   build(l,m,root*2);
   build(m+1,r,root*2+1);
   pushup(root);
end;
Procedure Pushdown(l,r,root:longint);
var
   m:longint;
begin
   m:=(l+r) shr 1;
   if (lazy[root]=0) then exit;
   inc(lazy[root shl 1],lazy[root]);
   inc(lazy[root shl 1+1],lazy[root]);
   inc(t[root shl 1],lazy[root]*(m-l+1));
   inc(t[root shl 1+1],lazy[root]*(r-(m+1)+1));

   lazy[root]:=0;
end;
Procedure update(l,r,nowl,nowr,root,cost:longint);
var
   m:longint;
begin
   if (l<=nowl) and (nowr<=r) then
   begin
      inc(lazy[root],cost);
      inc(t[root],(nowr-nowl+1)*cost);
      exit;
   end;
   pushdown(nowl,nowr,root);
   m:=(nowl+nowr) shr 1;
   if (l<=m) then update(l,r,nowl,m,root*2,cost);
   if (m+1<=r) then update(l,r,m+1,nowr,root*2+1,cost);
   pushup(root);
end;
function query(l,r,nowl,nowr,root:longint):int64;
var
   m:longint;
   res:int64;
begin
   if (l<=nowl) and (nowr<=r) then
   begin
      exit(t[root]);
   end;
   pushdown(nowl,nowr,root);
   m:=(nowl+nowr) shr 1;
   res:=0;
   if (l<=m) then res:=res+query(l,r,nowl,m,root*2);
   if (m+1<=r) then res:=res+query(l,r,m+1,nowr,root*2+1);
   exit(res);
end;


begin
   readln(n,m);
   fillchar(lazy,sizeof(lazy),0);
   build(1,n,1);
   readln;
   while (m>0) do
   begin
      read(c);
      if c='Q' then
      begin
         readln(i,j);
         writeln(query(i,j,1,n,1));
      end
      else
      begin
         readln(i,j,k);
         update(i,j,1,n,1,k);
      end;



      dec(m);
   end;
end.

接下来再来说说zkw线段树的解法：

这涉及到原数组A，差分数组A‘，差分数组前缀前缀和A''：

首先，它们3者满足如下关系：
1.差分数组的前缀和SA[i]'为原数组A[i](定义)。
2.原数组的前缀和SA[I]为差分数组的前缀前缀和A''[i];


接下来我们分别建立A‘和(i*A')的{单点修改，区间求和}线段树
显然要想知道

A[i]+A[i+1]+....A[ j ]
     =SA[ j ]-SA[ i -1]
     =A''[ j  ] - A'' [ i-1 ]
     =(SA'[1] +SA'[2]+...SA''[ j ] )- (SA'[1] +SA'[2]+...SA''[ i-1 ] )
     ={ j *A'[1] +(j-1)'A'[2]+....A'[ j ]}-{ (i-1) *A'[1] +(i-2)'A'[2]+....A'[ i-1 ]  }
     ={  (j+1)*(A'[1]+A'[2]+...A'[ j ] )-(1*A'[1]+2*A'[2]+...j*A'[ j ]  }  -  {   i*(A'[1]+A'[2]+...A'[ i-1 ] )-(1*A'[1]+2*A'[2]+...(i-1)*A'[ i-1 ]  }

这个方程如果看起来乱的话就直接看上面的图A''(相当于原数组前缀和SA-请想办法表示成A‘的累加形式）

显然如果将一个区间[A,B]+V,对3个数组影响如下：


幸运的是，我们只要维护A‘和{i*A’}
A和A‘’都要折腾一段区间，只有A'只要修改头和(尾+1)（如果存在）

那么{i*A‘} 的 维护 也只要修改2个节点 （请注意每个A‘ 实际上是独立的），同上：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<iostream>
#include<functional>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN (100000+10)
#define MAXAi (1000000000)
#define MAXCi (10000)
__int64 a[MAXN];
int n,q;
char c[10];
class SegMentTree
{
public:
	int M;
	__int64 t[MAXN*10];
	void fillchar()
	{
		M=1;while (M-2<n) M<<=1;
		memset(t,0,sizeof(t));
	}
	__int64 h(__int64 x,__int64 y)
	{
		return x+y;
	}
	void update(int x,__int64 c)
	{
		for (x>>=1;x;x>>=1) t[x]=t[x]+c;
	}
	void insert(int x,__int64 c)
	{
		x+=M;
		t[x]+=c;
		update(x,c);
	}
	__int64 find(int l,int r)
	{
		l=l-1+M;r=r+1+M;
		__int64 ans=0;
		while (l^r^1)
		{
			if (~l&1) {ans+=t[l+1];/* cout<<l+1<<' ';*/}
			if (r&1)  {ans+=t[r-1];/* cout<<r-1<<' ';*/}
			l>>=1;r>>=1;
		}
//		cout<<ans<<' ';
		return ans;
	}
	/*
	void print()
	{
		for (int i=1;i<=M*2;i++) if (t[i]!=0) cout<<i<<':'<<t[i]<<' ';
		cout<<endl;
	}
	*/

}t_ai,t_iai;
int main()
{
//	freopen("Poj3468.in","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&q);t_ai.fillchar();t_iai.fillchar();
	a[0]=0;for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%I64d",&a[i]);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		t_ai.insert(i,a[i]-a[i-1]);
		t_iai.insert(i,i*(a[i]-a[i-1]));
	}
	for (int i=1;i<=q;i++)
	{
		scanf("%s",c);
		if (c[0]=='Q')
		{
			int p1,p2;
			scanf("%d%d",&p1,&p2);p1--;
			__int64 ans1=(p1>0)?(__int64)(t_ai.find(1,p1)*(__int64)((__int64)p1+1)-(__int64)t_iai.find(1,p1)):0;//cout<<ans1<<endl;
			__int64 ans2=(__int64)t_ai.find(1,p2)*(__int64)(p2+1)-(__int64)t_iai.find(1,p2);//cout<<ans2<<endl;
			cout<<(__int64)(ans2-ans1)<<endl;
		}
		else
		{
			int l,r;
			__int64 c;
			scanf("%d%d%I64d",&l,&r,&c);
			t_ai.insert(l,(__int64)c);
			t_iai.insert(l,(__int64)c*l);
			if (r<n)
			{
				t_ai.insert(r+1,-(__int64)c);
				t_iai.insert(r+1,-(__int64)c*(__int64)(r+1));
			}
		}
//		t_ai.print();
//		t_iai.print();
	}


	return 0;
}