敌兵布阵-HDUOJ

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我是靠谱客的博主闪闪口红，最近开发中收集的这篇文章主要介绍敌兵布阵-HDUOJ，觉得挺不错的，现在分享给大家，希望可以做个参考。

概述

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

思路：这题是一道树状数组的题目。因为如果采取前缀和数组的话，这样每次增加减少，对前缀和数组进行更新的时候就会消耗大量的时间，复杂度太高。这里，采用树状数组替换前缀和数组，减少每次增加减少时对于数组的更新次数，降低时间复杂度。

下面先介绍一下树状数组

树状数组：顾名思义，就是树状的数组，这里我们使用二叉树来展示树状数组的逻辑图，用叶子结点来表示 $a [1] - a [8]$ 。

在这里插入图片描述

将二叉树摆放成下图这样方便进行观察：

在这里插入图片描述

将下标写成对应的二进制形式，如下图。并观察可以得到以下结论：
- $C$ 数组的每一项对应 $A$ 数组的项目与二进制最右边(最低位)的1表示的整数相等。

在这里插入图片描述

现在问题就转换为求二进制右边最低位1表示的整数了，有两种算法

int lowbit(int i) {
	return (x - (x & (x - 1) ) );
}

/*第二种使用了计算机中的数据表示规则，用补码与原码相&，即可得到最终的结果*/
int lowbit(int i) {
	return x & -x;
}

AC代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstring>
#include <cstdio>

using namespace std;

int* arrin = NULL, * a = NULL;
int N = 0;

int lowbit(int x) {
    return x & -x;
}

/*这里建议看上面图中的例子，就比较好理解了*/
int sum(int i) {
    int ret = 0;
    while (i > 0) {
        ret += a[i];
        i -= lowbit(i);
    }
    return ret;
}

// 更新的时间复杂度降低为	O(logn)
void update(int index, int value) {
    while (index <= N) {
        a[index] += value;
        index += lowbit(index);
    }
}

void fun_a() {
    int index = 0, value = 0;
    scanf("%d%d", &index, &value );
    update(index, value);
}

void fun_s() {
    int index = 0, value = 0;
    scanf("%d%d", &index, &value);
    update(index, -value);
}

void fun_q() {
    int _start = 0, _end = 0;
    scanf("%d%d", &_start, &_end);
    cout << sum(_end) - sum(_start - 1) << endl;
}

int main()
{
    int T = 0;

    cin >> T;
    for (int i = 1; i <= T; i++) {
        cin >> N;
        arrin = new int[N + 1];
        a = new int[N + 1];
        memset(arrin, 0, sizeof(int) * (N + 1));
        memset(a, 0, sizeof(int) * (N + 1));
        for (int j = 1; j <= N; j++) {
            cin >> arrin[j];
            update(j, arrin[j]);
        }
        cout << "Case " << i << ":" << endl;
        bool flag = true;
        while (flag) {
            string s;
            cin >> s;
            switch (s[0])
            {
            case 'A':
                fun_a();
                break;
            case 'Q':
                fun_q();
                break;
            case 'S':
                fun_s();
                break;
            case 'E':
                flag = false;
                break;
            default: break;
            }
        }
        delete a;
        delete arrin;
    }
    return 0;
}