codevs 1080 线段树练习 CDQ分治
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]); }
