敌兵布阵

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 94636    Accepted Submission(s): 39932

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
 
Author
Windbreaker

线段树模板题

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ls (u<<1)
#define rs (u<<1|1)
using namespace std;
#define maxn 200005
int node[maxn<<],a[maxn];//node为线段树数组
void build(int u, int left, int right){
if(left==right)
node[u]=a[left];//u代表当前线段树的根节点坐标
else{
int mid = (left + right)>>;
build(ls, left, mid);//递归构造左子树
build(rs, mid+, right);//递归构造右子树
node[u] = node[ls] + node[rs];//根据左右子树根节点的值,更新当前根节点的值
}
}
void update(int u, int left, int right, int ai, int num){
if(left==right){//找到了相应的节点,更新之
node[u] += num;
return ;
}
int mid = (left + right) >> ;
if(ai<=mid) //在左子树中更新
update(ls, left, mid, ai,num);
else update(rs, mid+, right, ai, num);//在右子树中更新
node[u] = node[ls] + node[rs]; //根据左右子树的值回溯更新当前节点的值
}
int query(int u, int left, int right, int nbegin, int nend)
{
if(nbegin <= left && nend >= right)//当前节点区间包含在查询区间内
return node[u];
int mid = (left + right) >> ;
if(nend <= mid)//分别从左右子树查询,返回两者查询的结果(这里是一段区间的和)
return query(ls, left, mid, nbegin, nend);
else if(nbegin > mid)
return query(rs, mid+, right, nbegin, nend);
else
return query(ls, left, mid, nbegin, nend) +
query(rs, mid+, right, nbegin, nend);
} int main (){
int T,n;
char s[];
cin >> T;
for(int t=;t<=T;t++){
cin >> n;
printf("Case %d:\n",t);
for(int i=;i<=n;i++){
cin >> a[i];
}
build(,,n);
while(cin >> s){
if(!strcmp(s,"End")){
break;
}
int x,y;
if(!strcmp(s,"Add")){
cin >> x >> y;
update(,,n,x,y);
}
else if(!strcmp(s,"Sub")){
cin >> x >> y;
update(,,n,x,-y);
}
else{
cin >> x >> y;
cout << query(,,n,x,y) << endl;
}
}
}
return ;
}

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