线段树入门

线段树一般用来对1~n区间内的信息进行修改

线段树如下图

黑色的部分就是存结点信息的。

一般线段树可以用来区间查询，区间求和，区间刷新啥的

附上基础入门的题目一道。

敌兵布阵

TimeLimit: 2000/1000 MS (Java/Others) MemoryLimit: 65536/32768 K (Java/Others)

64-bit integer IO format:%I64d

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。

SampleInput

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

SampleOutput

Case 1:
6
33
59

这道题就是询问和单点的刷新

代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
using namespace std;
const int maxn=5e4+5;
int n;
struct node
{
    int l;
    int r;
    int sum;
} t[maxn*4];
void build(int v,int l,int r)//建树
{
    t[v].l=l;
    t[v].r=r;
    if(t[v].l==t[v].r)
    {
        scanf("%d",&t[v].sum);
        return ;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    build(v*2,l,mid);
    build(v*2+1,mid+1,r);
    t[v].sum=t[v*2].sum+t[v*2+1].sum;
}
void update(int v,int x,int a)//更新结点的值
{
    if(t[v].l==t[v].r)
    {
        t[v].sum+=a;
        return ;
    }
    int mid=(t[v].l+t[v].r)/2;
    if(x<=mid)
    {
        update(v*2,x,a);
    }
    else
        update(v*2+1,x,a);
    t[v].sum=t[v*2].sum+t[v*2+1].sum;
}
int quire(int v,int l,int r)///查询区间和
{
    if(t[v].l==l&&t[v].r==r)
    {
        return t[v].sum;
    }
    int mid=(t[v].l+t[v].r)/2;
    if(r<=mid)
        return quire(v*2,l,r);
    else if(l>mid)
        return quire(v*2+1,l,r);
    else
        return quire(v*2,l,mid)+quire(v*2+1,mid+1,r);
}
int main()
{
    int t,a,b,c;
    scanf("%d",&t);
    char str[15];
    int cas=1;
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        build(1,1,n);
        printf("Case %d:\n",cas++);
        while(1)
        {
            scanf("%s",str);
            if(str[0]=='E')
                break;
            else if(str[0]=='Q')
            {
                scanf("%d %d",&a,&b);
                printf("%d\n",quire(1,a,b));
            }
            else if(str[0]=='A')
            {
                scanf("%d %d",&a,&b);
                update(1,a,b);
            }
            else if(str[0]=='S')
            {
                scanf("%d %d",&a,&b);
                update(1,a,-b);
            }
        }
    }
    return 0;
}

上面的题是实现的是单点的刷新，有时候题目还会要求实现某个区间的刷新，如果暴力for过去一个个点刷新肯定TLE，这时候就要用到一个叫做lazy的东西。

可以实现区间的刷新。

附上一题和代码

Color the ball

TimeLimit: 9000/3000 MS (Java/Others) MemoryLimit: 32768/32768 K (Java/Others)

64-bit integer IO format:%I64d

Problem Description

N个气球排成一排，从左到右依次编号为1,2,3....N.每次给定2个整数a b(a <= b),lele便为骑上他的“小飞鸽"牌电动车从气球a开始到气球b依次给每个气球涂一次颜色。但是N次以后lele已经忘记了第I个气球已经涂过几次颜色了，你能帮他算出每个气球被涂过几次颜色吗？

Input

每个测试实例第一行为一个整数N,(N <= 100000).接下来的N行，每行包括2个整数a b(1 <= a <= b <= N)。
当N = 0，输入结束。

Output

每个测试实例输出一行，包括N个整数，第I个数代表第I个气球总共被涂色的次数。

SampleInput

SampleOutput

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node
{
    int l,r,lazy,ans;
}t[100050*4];
void build(int v,int l,int r)
{
    t[v].l=l,t[v].r=r,t[v].lazy=0;
    if(t[v].l==t[v].r)
    {
        t[v].ans=0;
        return ;
    }
    int mid=(t[v].l+t[v].r)/2;
    build(v*2,l,mid);
    build(v*2+1,mid+1,r);
    t[v].ans=t[v*2].ans+t[v*2+1].ans;
}
void update(int v,int l,int r)
{
    if(t[v].l==l&&t[v].r==r)
    {
        t[v].ans+=(r-l+1);
        t[v].lazy+=1;
        return ;
    }
    int mid=(t[v].l+t[v].r)/2;
    if(r<=mid)
        update(v*2,l,r);
    else if(l>mid)
        update(v*2+1,l,r);
    else
    {
        update(v*2,l,mid);
        update(v*2+1,mid+1,r);
    }
    t[v].ans=t[v*2].ans+t[v*2+1].ans;
}
int quire(int v,int l,int r)
{
    if(t[v].l==l&&t[v].r==r)
    {
        return t[v].ans;
    }
    if(t[v].lazy)
    {
        t[v*2].lazy+=t[v].lazy;
        t[v*2+1].lazy+=t[v].lazy;
        t[v*2].ans+=t[v].lazy*(t[v*2].r-t[v*2].l+1);
        t[v*2+1].ans+=t[v].lazy*(t[v*2+1].r-t[v*2+1].l+1);
        t[v].lazy=0;
    }
    int mid=(t[v].l+t[v].r)/2;
    if(r<=mid)
        return quire(v*2,l,r);
    else if(l>mid)
        return quire(v*2+1,l,r);
    return quire(v*2,l,mid)+quire(v*2+1,mid+1,r);
}
int main()
{
    int n,a,b;
    while(~scanf("%d",&n)&&n)
    {
        build(1,1,n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d %d",&a,&b);
            update(1,a,b);
        }
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            printf("%d ",quire(1,i,i));
        }
            printf("%d",quire(1,n,n));
        puts("");

    }

}

posted @ 2018-08-16 14:34 star_fish 阅读(136) 评论(0) 编辑收藏举报

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