A Simple Problem with Integers(POJ 3468)

  • 原题如下：
    A Simple Problem with Integers
    Time Limit: 5000MS   Memory Limit: 131072K
    Total Submissions: 142057   Accepted: 44088
    Case Time Limit: 2000MS

    Description

    You have N integers, A1, A2, ... , AN. You need to deal with two kinds of operations. One type of operation is to add some given number to each number in a given interval. The other is to ask for the sum of numbers in a given interval.

    Input

    The first line contains two numbers N and Q. 1 ≤ N,Q ≤ 100000.
    The second line contains N numbers, the initial values of A1, A2, ... , AN. -1000000000 ≤ Ai ≤ 1000000000.
    Each of the next Q lines represents an operation.
    "C a b c" means adding c to each of Aa, Aa+1, ... , Ab. -10000 ≤ c ≤ 10000.
    "Q a b" means querying the sum of Aa, Aa+1, ... , Ab.

    Output

    You need to answer all Q commands in order. One answer in a line.

    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

    The sums may exceed the range of 32-bit integers.
  • 题解1：先考虑利用线段树，每个节点维护两个数据：①给这个节点对应的区间内的所有元素共同加上的值 ②在这个节点对应的区间中除去①之外其它的值的和。通过单独维护共同加上的值，给区间同时加一个值的操作就可以高效地进行了，如果对于父亲节点同时加了一个值，那么这个值就不会在儿子节点被重复考虑。在递归计算和时再把这一部分的值加到结果里面就可以了。这样不论是同时加一个值还是查询一段的和复杂度都是O(log n).
  • 代码1： 
     1 #include <cstdio>
 2 #include <cctype>
 3 #include <cmath>
 4 #define number s-'0'
 5 
 6 using namespace std;
 7 
 8 const int MAX_N=100000;
 9 const int MAX_Q=100000;
10 const int DAT_SIZE=(1<<18)-1;
11 int N,Q;
12 int A[MAX_N];
13 char T[MAX_Q];
14 int L[MAX_Q], R[MAX_Q], X[MAX_Q];
15 long long data[DAT_SIZE], datb[DAT_SIZE];
16 
17 void read(int &x){
18     char s;
19     x=0;
20     bool flag=0;
21     while(!isdigit(s=getchar()))
22         (s=='-')&&(flag=true);
23     for(x=number;isdigit(s=getchar());x=x*10+number);
24     (flag)&&(x=-x);
25 }
26 
27 void write(int x)
28 {
29     if(x<0)
30     {
31         putchar('-');
32         x=-x;
33     }
34     if(x>9)
35         write(x/10);
36     putchar(x%10+'0');
37 }
38 
39 int min(int x, int y)
40 {
41     if (x<y) return x;
42     return y;
43 }
44 
45 int max(int x, int y)
46 {
47     if (x>y) return x;
48     return y;
49 }
50 
51 void solve();
52 void add(int a, int b, int x, int k, int l, int r);
53 long long sum(int a, int b, int k, int l, int r); 
54 
55 int main()
56 {
57     read(N);read(Q);
58     for (int i=0; i<N; i++) read(A[i]);
59     for (int i=0; i<Q; i++)
60     {
61         scanf("%c", &T[i]);
62         if (T[i]=='Q') {read(L[i]);read(R[i]);}
63         else {read(L[i]);read(R[i]);read(X[i]);}
64     }
65     solve();
66 }
67 
68 void solve()
69 {
70     for (int i=0; i<N; i++) add(i, i+1, A[i], 0, 0, N);
71     for (int i=0; i<Q; i++)
72         if (T[i]=='C') add(L[i]-1, R[i], X[i], 0, 0, N);
73         else printf("%lld\n", sum(L[i]-1, R[i], 0, 0, N));
74 }
75 
76 void add(int a, int b, int x, int k, int l, int r)
77 {
78     if (a<=l && r<=b) data[k]+=x;
79     else if (l<b && r>a)
80     {
81         datb[k]+=(min(b,r)-max(a,l))*x;
82         add(a, b, x, k*2+1, l, (l+r)/2);
83         add(a, b, x, k*2+2, (l+r)/2, r);
84     }
85 }
86 
87 long long sum(int a, int b, int k, int l, int r)
88 {
89     if (b<=l || a>=r) return 0;
90     else if(l>=a && r<=b) return data[k]*(r-l)+datb[k];
91     else 
92     {
93         long long res=(min(b,r)-max(a,l))*data[k];
94         res+=sum(a, b, k*2+1, l, (l+r)/2);
95         res+=sum(a, b, k*2+2, (l+r)/2, r);
96         return res;
97     }
98 }

     

  • 题解2：树状数组也可以通过在每个节点上维护两个数据，高效地进行上述操作。如果给区间[l,r]同时加上x的话，考虑每个节点的值会如何变化。令s(i)是加上x之前的前缀和，s'(i)是加上x之后的前缀和。那么就有：
    i<l→s'(i)=s(i)
    l≤i≤r→s'(i)=s(i)+x*(i-l+1)
                    =s(i)+x*i-x*(l-1)
    r<i→s'(i)=s(i)+x*(r-l+1)
    下面记sum(bit,i)为树状数组bit的前i项和。我们构建两个树状数组bit0和bit1，并且设∑(j=1,i)aj=sum(bit1,i)*i+sum(bit0,i)
    那么在[l,r]区间上同时加上x就可以看成是
    1.在bit0的l位置加上-x(l-1)
    2.在bit1的l位置加上x
    3.在bit0的r+1位置加上xr
    4.在bit1的r+1位置加上-x
    这4个操作。因此查询和更新操作都可以在O(log n)时间里完成。
    更一般地，如果操作得到的结果可以用i的n次多项式表示，那么就可以使用n+1个树状数组来进行维护了。
  • 代码2： 
     1 #include <cstdio>
 2 #include <cctype>
 3 #include <cmath>
 4 #define number s-'0'
 5 
 6 using namespace std;
 7 
 8 const int MAX_N=100000;
 9 const int MAX_Q=100000;
10 int N,Q;
11 int A[MAX_N+1]; 
12 char T[MAX_Q];
13 int L[MAX_Q], R[MAX_Q], X[MAX_Q];
14 long long bit0[MAX_N+1], bit1[MAX_N+1];
15 
16 
17 void read(int &x){
18     char s;
19     x=0;
20     bool flag=0;
21     while(!isdigit(s=getchar()))
22         (s=='-')&&(flag=true);
23     for(x=number;isdigit(s=getchar());x=x*10+number);
24     (flag)&&(x=-x);
25 }
26 
27 void write(long long x)
28 {
29     if(x<0)
30     {
31         putchar('-');
32         x=-x;
33     }
34     if(x>9)
35         write(x/10);
36     putchar(x%10+'0');
37 }
38 
39 long long sum(long long *b, int i)
40 {
41     long long s=0;
42     while (i>0)
43     {
44         s+=b[i];
45         i=i&(i-1);
46     }
47     return s;
48 }
49 
50 void add(long long *b, int i, int v)
51 {
52     while (i<=N)
53     {
54         b[i]+=v;
55         i+=i&-i;
56     }
57 }
58 
59 void solve();
60 
61 int main()
62 {
63     read(N);read(Q);
64     for (int i=1; i<=N; i++) read(A[i]);
65     for (int i=0; i<Q; i++)
66     {
67         scanf("%c", &T[i]);
68         if (T[i]=='Q') {read(L[i]);read(R[i]);}
69         else {read(L[i]);read(R[i]);read(X[i]);}
70     }
71     solve();
72 }
73 
74 void solve()
75 {
76     for (int i=1; i<=N; i++)
77     {
78         add(bit0, i, A[i]);
79     }
80     for (int i=0; i<Q; i++)
81     {
82         if (T[i]=='C')
83         {
84             add(bit0, L[i], -X[i]*(L[i]-1));
85             add(bit1, L[i], X[i]);
86             add(bit0, R[i]+1, X[i]*R[i]);
87             add(bit1, R[i]+1, -X[i]);
88         }
89         else
90         {
91             long long res=0;
92             res+=sum(bit0, R[i])+sum(bit1, R[i])*R[i];
93             res-=sum(bit0, L[i]-1)+sum(bit1, L[i]-1)*(L[i]-1);
94             printf("%lld\n", res);
95         }
96     }
97 }

     

posted @ 2018-08-27 21:10  Umine  阅读(107)  评论(0)  编辑  收藏  举报