hdu4288 Coder 离线线段树 单点更新 区间求和 离散化？
题目链接:
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4288
题意:
维护一个有序数列{An}，有三种操作：
1、添加一个元素。
2、删除一个元素。
3、求数列中下标%5 = 3的值的和。
题解:
http://blog.csdn.net/dgq8211/article/details/7999179
由于线段树中不支持添加、删除操作，所以题解写的是用离线做法。
首先将所有出现过的数记录下来，然后排序去重，最后根据去重结果建树，然后每个操作数都会对应线段树中的一个点。
遇到添加、删除操作的时候，只要把那个节点的值改变，然后将它对下标的影响处理好就可以。【离散化？】
那么如何处理这些操作对下标的影响呢？
现在我们考虑一个父区间，假设它的左右子区间已经更新完毕。
显然，左区间中下标%5的情况与父区间中下标%5的情况完全相同；
可是，右区间中却不一定相同，因为右区间中的下标是以 父区间的mid 当作 1 开始的【合并之后右边的下标发生变化】。
那么，只要我们知道左区间中有效元素的个数 cnt，我们就能知道右区间中的下标 i 在父区间中对应的下标为 i+cnt。
所以，虽然我们最终要的只是总区间中下标%5 = 3的和。但是在更新时我们需要知道右区间%5的所有情况。【以便合并的时候更新】
于是我们要在线段树的每个节点开一个 sum[5] 和一个 cnt，分别记录这个节点中下标%5的5种情况的和与有效元素的个数。
而查询时，直接访问总区间的 sum[3] 即可。
如此，题目便可解了。复杂度O(M logN logN)。
代码:
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 #define MS(a) memset(a,0,sizeof(a)) 5 #define MP make_pair 6 #define PB push_back 7 const int INF = 0x3f3f3f3f; 8 const ll INFLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL; 9 inline ll read(){ 10 ll x=0,f=1;char ch=getchar(); 11 while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 12 while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 13 return x*f; 14 } 15 ////////////////////////////////////////////////////////////////////////// 16 const int maxn = 1e5+10; 17 18 char op[maxn][5]; 19 20 struct node{ 21 int l,r,cnt; 22 ll sum[5]; 23 }tree[maxn<<2]; 24 25 int dat[maxn],tmp[maxn]; 26 27 void build(int rt,int l,int r){ 28 for(int i=0; i<5; i++) tree[rt].sum[i]=0; 29 tree[rt].l=l,tree[rt].r=r,tree[rt].cnt=0; 30 if(l == r) return ; 31 int mid = (l+r)/2; 32 build(rt<<1,l,mid); 33 build(rt<<1|1,mid+1,r); 34 } 35 36 void update(int rt,int val,int p,int k){ 37 tree[rt].cnt += k; 38 int l=tree[rt].l,r=tree[rt].r; 39 if(l == r){ 40 tree[rt].sum[1] += val; // 这个区间就一个数，下标为1 41 return ; 42 } 43 int mid = (l+r)/2; 44 if(p <= mid) update(rt<<1,val,p,k); 45 else update(rt<<1|1,val,p,k); 46 for(int i=0; i<5; i++){ 47 int j = (i+tree[rt<<1].cnt)%5; // 右孩子%5余i的数，在合并的时候，因为右孩子的坐标变了，左孩子没变，所以在父亲那里应该合并到%5余j 48 tree[rt].sum[j] = tree[rt<<1].sum[j]+tree[rt<<1|1].sum[i]; 49 } 50 } 51 52 int main(){ 53 int n; 54 while(cin>>n){ 55 int cnt = 0; 56 for(int i=1; i<=n; i++){ 57 scanf("%s",op[i]); 58 if(op[i][0] != 's'){ 59 dat[i] = read(); 60 tmp[++cnt] = dat[i]; 61 } 62 } 63 64 sort(tmp+1,tmp+cnt+1); 65 cnt = unique(tmp+1,tmp+1+cnt)-tmp-1; 66 // for(int i=1; i<=cnt; i++) 67 // cout << tmp[i] << " "; 68 // puts(""); 69 build(1,1,cnt); 70 for(int i=1; i<=n; i++){ 71 int pos = lower_bound(tmp+1,tmp+1+cnt,dat[i])-tmp; 72 // cout << pos << endl; 73 if(op[i][0] == 'a') update(1,dat[i],pos,1); 74 else if(op[i][0] == 'd') update(1,-dat[i],pos,-1); 75 else cout << tree[1].sum[3] << endl; 76 } 77 } 78 79 return 0; 80 }
