算法学习->线段树入门（敌兵布阵）

一、什么是线段树

假设有编号从1到n的n个元素的数组，每个元素都存了一些信息，用[L,R]表示下标从L到R的这些元素。
线段树的用处就是，对编号连续的一些元素进行修改或者统计操作，修改和统计的复杂度都是O(log2(n)).
线段树的原理就是，将[1,n]分解成若干特定的子区间(数量不超过4*n),然后，将每个区间[L,R]都分解为少量特定的子区间，通过对这些少量子区间的修改或者统计，来实现快速对[L,R]的修改或者统计。

由此看出，用线段树统计的东西，必须符合区间加法，否则，不可能通过分成的子区间来得到[L,R]的统计结果。

二、线段树算法适用问题

a. 给指定区间的每个数加上一个特定值；

b.将指定区间的所有数置成一个统一的值；

c.询问一个区间上的最小值、最大值、所有数的和。

给出一系列a.b.操作后，输出c的结果。
这个是典型的线段树的应用。在每个节点上维护一下几个变量：delta（区间增加值），same（区间被置为某个值），min（区间最小值），max（区间最大值），sum（区间和），其中delta和same属于“延迟标记”。

具体可看这篇博文。

三、线段树算法模板

#include<iostream>
#include<cstring>
#define maxn 100005
using namespace std;

int a[maxn];
long long sum[maxn<<2],cnt[maxn<<2],add[maxn<<2];

void Init(){
    memset(sum,0,sizeof(sum));
    memset(add,0,sizeof(add));
}

void build(int l,int r,int rt){
    add[rt]=0;
    if(l==r){
        sum[rt]=a[l];
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,rt<<1);
    build(mid+1,r,rt<<1|1);
    sum[rt]=sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1];//pushUp(int rt);
}

void pushUp(int rt){
    sum[rt]=sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1];
}
//点更新 
void update(int L,int C,int l,int r,int rt ){
    if(l==r){
        sum[rt]+=C;
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(L<=mid){
        update(L,C,l,mid,rt<<1);
    }
    else{
        update(L,C,mid+1,r,rt<<1|1);
    }
    sum[rt]+=sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1];
}

void pushDown(int rt,int m){
    if(add[rt]){
        add[rt<<1]+=add[rt];
        add[rt<<1|1]+=add[rt];
        sum[rt<<1]+=(m-(m>>1))*add[rt];
        sum[rt<<1|1]+=(m>>1)*add[rt];
        add[rt]=0;
        return ;
    }
}
//区间更新 
void update2(int L,int R,int C,int l,int r,int rt){
    if(L<=l&&R>=r){
        sum[rt]+=(r-l+1)*C;
        add[rt]+=C;
        return ;
    }
    pushDown(rt,r-l+1);//向下更新
    int mid=(l+r)>>1; 
    if(L<=mid){
        update2(L,R,C,l,mid,rt<<1);
    } 
    if(R>mid){
        update2(L,R,C,mid+1,r,rt<<1|1);
    }
    sum[rt]+=sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1];
}
//点查询 
long long query(int L,int l,int r,int rt){
    long long Ans=0;
    if(l==r){
        return sum[rt];
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(L<=mid){
        Ans+=query(L,l,mid,rt<<1);
    }
    else{
        Ans+=query(L,mid+1,r,rt<<1|1);
    }
    return Ans;
}

//区间查询 
long long query2(int L,int R,int l,int r,int rt){
    long long Ans=0;
    if(L<=l&&R>=r){
        return sum[rt];
    }
    pushDown(rt,r-l+1);
    int mid=(l+r)>>1;
    if(L<=mid){
        Ans+=query2(L,R,l,mid,rt<<1);
    }
    else{
        Ans+=query2(L,R,mid+1,r,rt<<1|1);
    }
    return Ans;
}

int main(){
    int t,n,q,l,r,k;
    long long ans;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        Init();
        scanf("%d%d",&n,&q);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&a[i]);
        }
        build(1,n,1);
        for(int i=1;i<=q;i++){
            scanf("%d%d",&l,&r);
            ans=query2(l,r,1,n,1);
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}

四、局限

正如上面代码所示，线段树必须要开辟原空间大小的4倍大小，所以只有在空间大小足够大时，才能使用。

五、敌兵布阵

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

AC代码:

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;

int T,n,a[50005],kase=1;
char q[10];
int p,v;

int sum[50005<<2];

void Init(){
    memset(sum,0,sizeof(sum));
}

//求和 
void pushUp(int rt){
    sum[rt]=sum[rt<<1]+sum[(rt<<1)|1]; 
}

void build(int l,int r,int rt){
    if(l==r){
        sum[rt]=a[l];
        return ;    
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,rt<<1);
    build(mid+1,r,(rt<<1)|1);
    pushUp(rt);         //本节点也要求和 
}

void update(int L,int value,int l,int r,int rt){//单点更新 
    if(l==r){
        sum[rt]+=value;
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    //pushDown(rt,mid-l+1,r-mid); 若既有点更新又有区间更新，需要这句话
    if(L<=mid){
        update(L,value,l,mid,rt<<1);
    }
    else{
        update(L,value,mid+1,r,(rt<<1)|1);
    }
    pushUp(rt); 
}

int query(int L,int R,int l,int r,int rt){
    if(L<=l&&R>=r){
        return sum[rt];
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    int ans=0;
    if(L<=mid){
        ans+=query( L,R,l,mid,rt<<1);
    }
    if(R>mid){
        ans+=query( L,R,mid+1,r,(rt<<1)|1);
    }
    return ans;
}

int main(){
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        Init();
        printf("Case %d:\n",kase++);
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&a[i]);
        }
        build(1,n,1);
        while(scanf("%s",q)!=EOF){
            if(q[0]=='E'){
                break;
            }
            scanf("%d%d",&p,&v);
            switch(q[0]){
                case 'A':
                    update(p,v,1,n,1);
                    break;
                case 'S':
                    update(p,-v,1,n,1);
                    break;
                case 'Q':
                    int ans=query(p,v,1,n,1);
                    printf("%d\n",ans);
                    break;
            }
        }
    }
    return 0;
}