HDU-2642-Stars
题意：
输入一个M，然后M次操作。'B'表示增加一个点，坐标为(x, y)，如果存在不操作。'D'表示删除一个点，坐标为(x, y)，如果不存在不操作。'Q'表示一次询问，输出给定范围内点的个数。
思路1：
如果本题将二维转换成一维。可以用前缀和的思想，假如求线段[y1, y2]上面点的数量可以用[0, y2]上面点的数量减去[0, y1 - 1]上面点的数量，这是基础的树状数组。那么由于输入的坐标都是整数，且x和y的范围都在1000以内，我们可以开1000个树状数组进行遍历。将二维转换成1000个一维；
- 解法1(数据水才过的，非正规解法)
Accepted 2642 312MS 6308K 1775 B G++ #include "bits/stdc++.h" using namespace std; const int MAXN = 1005; // 开MAXN个树状数组, tree[i]对应x轴为i的情况 int tree[MAXN][MAXN]; // 记录各个点是否存在 bool bright[MAXN][MAXN]; int lowbit(int n) { return n & (-n); } void add(int x, int y, int v) { while (y < MAXN) { tree[x][y] += v; y += lowbit(y); } } int query(int id, int n) { int res = 0; while (n != 0) { res += tree[id][n]; n -= lowbit(n); } return res; } int main() { int n, x1, y1, x2, y2; char op; scanf("%d%*c", &n); while (n--) { scanf("%c", &op); if (op == 'Q') { int sum = 0; scanf("%d%d%d%d%*c", &x1, &x2, &y1, &y2); // 树状数组的0号坐标无意义，为避免使用0号坐标把所有坐标都加1，下面的x1++, y1++;也是出于同样原因 x1++, x2++, y1++, y2++; // 题中没有说明x1, x2的大小和y1, y2的大小，所以要判断一下。在此栽过 if (x1 > x2) { swap(x1, x2); } if (y1 > y2) { swap(y1, y2); } for (int i = x1; i <= x2; i++) { sum += query(i, y2) - query(i, y1 - 1); } printf("%d\n", sum); } else { scanf("%d%d%*c", &x1, &y1); x1++, y1++; if (op == 'B') { if (bright[x1][y1]) { continue; } add(x1, y1, 1); bright[x1][y1] = true; } else { if (!bright[x1][y1]) { continue; } add(x1, y1, -1); bright[x1][y1] = false; } } } return 0; }
看上去不错，能AC，312MS。但这完全是因为数据水。让我们算一下复杂度：对于每次查询，遍历x1到x2，最多1000次，树状数组查询是log的，再乘log1000(大约是10)，操作次数的上限是100000。乘一下就是1e9。这个运算量不是2秒能跑出来的。
思路2：
假设遇到一个查询操作：x1 = 1, x2 = 4, y1 = 1, y2 = 7;
y1 - 1等于0,所以按上面的思路我们可以忽略掉query(i, y1 - 1)；变成for(int i = 1; i <= 4; i++) sum += query(i, 7);
调试或者用知道树状数组原理可以推出
当i == 1时， query(i, 7) == tree[1][7] + tree[1][6] + tree[1][4];
当i == 2时， query(i, 7) == tree[2][7] + tree[2][6] + tree[2][4];
当i == 3时， query(i, 7) == tree[3][7] + tree[3][6] + tree[3][4];
当i == 4时， query(i, 7) == tree[4][7] + tree[4][6] + tree[4][4];
会发现每次都是tree[i][7] + tree[i][6] + tree[i][4];
拆成三块就是 for (int i = 1; i <= 4; i++) sum += tree[i][7]; for (int i = 1; i <= 4; i++) sum += tree[i][6]; for (int i = 1; i <= 4; i++) sum += tree[i][4];
这里又用到了前缀和，如果有一颗关于tree[][7]的树状数组久可以用log的级别求出for (int i = 1; i <= 4; i++) sum += tree[i][7];
这个例子省略y1方便理解，加上y1也就是用同样的方式把 y2 改成 y1 求解一次，然后相减
语言表达能力有限，如果看不懂，那就结合代码再看吧
- 解法2
Accepted 2642 109MS 6304K 1940 B G++ #include "bits/stdc++.h" using namespace std; const int MAXN = 1005; int tree[MAXN][MAXN]; bool bright[MAXN][MAXN]; int lowbit(int n) { return n & (-n); } void add2(int y, int x, int v) { while (x < MAXN) { tree[y][x] += v; // 因为是树状数组的形式，所以只用把相关的位加v就行了 x += lowbit(x); } } void add1(int x, int y, int v) { while (y < MAXN) { // 本来是tree[x][y] += v;现在要以树状数组的形式把tree[x][y]到tree[MAXN - 1][y]都加 v; add2(y, x, v); y += lowbit(y); } } // query2相当于第一份代码里的for(int i = x1; i <= x2; i++)效率快很多 int query2(int y, int x) { int res = 0; while (x != 0) { res += tree[y][x]; x -= lowbit(x); } return res; } int query1(int y, int x1, int x2) { int res = 0; while (y != 0) { res += query2(y, x2) - query2(y, x1 - 1); y -= lowbit(y); } return res; } int main() { int n, x1, x2, y1, y2; char op; scanf("%d%*c", &n); while (n--) { scanf("%c", &op); if (op == 'Q') { scanf("%d%d%d%d%*c", &x1, &x2, &y1, &y2); x1++, x2++, y1++, y2++; if (x1 > x2) { swap(x1, x2); } if (y1 > y2) { swap(y1, y2); } printf("%d\n", query1(y2, x1, x2) - query1(y1 - 1, x1, x2)); } else { scanf("%d%d%*c", &x1, &y1); x1++, y1++; if (op == 'B') { if (bright[x1][y1]) { continue; } add1(x1, y1, 1); bright[x1][y1] = true; } else { if (!bright[x1][y1]) { continue; } add1(x1, y1, -1); bright[x1][y1] = false; } } } return 0; }
之前的树状数组都是不带变化直接照模板的，终于碰上了一道要变形的。纪念一下第一道树状数组变形题
