本文主要是介绍BZOJ3038. 上帝造题的七分钟2(线段树),希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值,需要的开发者们随着小编来一起学习吧!
题目描述
XLk觉得《上帝造题的七分钟》不太过瘾,于是有了第二部。
“第一分钟,X说,要有数列,于是便给定了一个正整数数列。
第二分钟,L说,要能修改,于是便有了对一段数中每个数都开平方(下取整)的操作。
第三分钟,k说,要能查询,于是便有了求一段数的和的操作。
第四分钟,彩虹喵说,要是noip难度,于是便有了数据范围。
第五分钟,诗人说,要有韵律,于是便有了时间限制和内存限制。
第六分钟,和雪说,要省点事,于是便有了保证运算过程中及最终结果均不超过64位有符号整数类型的表示范围的限制。
第七分钟,这道题终于造完了,然而,造题的神牛们再也不想写这道题的程序了。”
——《上帝造题的七分钟·第二部》
所以这个神圣的任务就交给你了。
输入格式
第一行一个整数n,代表数列中数的个数。
第二行n个正整数,表示初始状态下数列中的数。
第三行一个整数m,表示有m次操作。
接下来m行每行三个整数k,l,r,k=0表示给[l,r]中的每个数开平方(下取整),k=1表示询问[l,r]中各个数的和。
输出格式
对于询问操作,每行输出一个回答。
样例输入
10
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
5
0 1 10
1 1 10
1 1 5
0 5 8
1 4 8
样例输出
19
7
6
提示
1:对于100%的数据,1<=n<=100000,1<=l<=r<=n,数列中的数大于0,且不超过1e12。
2:数据不保证L<=R 若L>R,请自行交换L,R,谢谢!
题目来源
Poetize4
思路: 递归到最深层,如果全是1或者0就不用弄这块,update几次就会变成0或者1,所以不会递归很多次。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>using namespace std;const int maxn = 1e5 + 7;
typedef long long ll;
struct Tree
{ll l,r;ll sum,flag;
}t[maxn << 2];void pushup(ll i)
{t[i].sum = t[i * 2].sum + t[i * 2 + 1].sum;t[i].flag = t[i * 2].flag & t[i * 2 + 1].flag;
}void build(ll i,ll l,ll r)
{t[i].l = l;t[i].r = r;if(l == r){scanf("%lld",&t[i].sum);if(t[i].sum == 1 || t[i].sum == 0)t[i].flag = 1;return;}ll m = (l + r) >> 1;build(i * 2,l,m);build(i * 2 + 1,m + 1,r);pushup(i);
}void update(ll i,ll x,ll y)
{if(t[i].flag)return;if(t[i].l == t[i].r){t[i].sum = (ll)sqrt(t[i].sum);if(t[i].sum == 1 || t[i].sum == 0)t[i].flag = 1;return;}ll m = (t[i].l + t[i].r) >> 1;if(y <= m){update(i * 2,x,y);}else if(x > m){update(i * 2 + 1,x,y);}else{update(i * 2,x,m);update(i * 2 + 1,m + 1,y);}pushup(i);
}ll query(ll i,ll x,ll y)
{if(x <= t[i].l && t[i].r <= y){return t[i].sum;}ll m = (t[i].l + t[i].r) >> 1;ll res = 0;if(x <= m)res += query(i * 2,x,y);if(y > m)res += query(i * 2 + 1,x,y);return res;
}int main()
{int n;scanf("%d",&n);build(1,1,n);int T;scanf("%d",&T);while(T--){ll x,y,z;scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);if(y > z)swap(y,z);if(x == 0){update(1,y,z);}else if(x == 1){printf("%lld\n",query(1,y,z));}}return 0;
}
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