HDU1556 Color the ball(树状数组BIT 区间修改单点询问)
2016-03-17 21:37
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Color the ball
Time Limit: 3000msMemory Limit: 32768KB 64-bit integer IO format: %lld Java class name: Main
Submit Status PID: 1529
N个气球排成一排,从左到右依次编号为1,2,3….N.每次给定2个整数a b(a <= b),lele便为骑上他的“小飞鸽”牌电动车从气球a开始到气球b依次给每个气球涂一次颜色。但是N次以后lele已经忘记了第I个气球已经涂过几次颜色了,你能帮他算出每个气球被涂过几次颜色吗?
Input
每个测试实例第一行为一个整数N,(N <= 100000).接下来的N行,每行包括2个整数a b(1 <= a <= b <= N)。
当N = 0,输入结束。
Output
每个测试实例输出一行,包括N个整数,第I个数代表第I个气球总共被涂色的次数。
Sample Input
3
1 1
2 2
3 3
3
1 1
1 2
1 3
0
Sample Output
1 1 1
3 2 1
今天讲了树状数组,敢紧趁热写一篇。。。
因为这个东西本身原理很简单,但是如果理解的方式不对就会觉得很奇怪,所以记录一下备忘吧(:з」∠)
树状数组主要就是用来维护前缀和。
树状数组a[i]这个东西呢,维护的是一个[i-lowbit(i)+1,i]这个区间的一个和,也就是说 从i这个位置算起,向前lowbit(i),这么多这个数的和。
它的神奇之处在于,可以通过lowbit(i)来向前和向后更新它的父亲值和兄弟值。
呃。。。我的理解大概就是这样简单粗暴(和高中没差啊= =),知道它能干什么,至于为什么可以看篇/article/8833313.html
比较通俗易懂一点。。
树状数组优点在于代码量小,而且能干一些线段树的事情,但处理技巧非常巧妙,一些变形很神奇。
这道题是区间修改,单点查询。
本身BIT能做的最简单的事情是单点修改,区间查询。。
这里的处理技巧是:
我们开一个数组add[i],记录第i个点增加的值。
对于要修改的区间[l,r],我们将add[l]+=c,add[r+1]-=c;add就是用树状数组来维护的前缀和。
这样的话,如果查询l之前的值,就是相当于对求前i个add的和,我们的修改是向后,所以不会产生影响;如果查询r之后的值,虽然更新的是向后的但是因为我们+c又-c 所以也是不会影响的。
如果查询的值在[l,r],因为我们BITadd 的过程是向后的(即把要更新的这个点的所有父辈节点全部更新)所以查询这之间的某一个值的时候就会把增加的这个c算进去,所以答案就会是正确的。
区间修改单点询问的话原理很好懂(呃。。还有一种方法。。我。。得回寝室了。。下次。。再写。。?)
但如果改成区间询问这个技巧就要麻烦一些了。。。
嗯,下一篇再写=-=
Time Limit: 3000msMemory Limit: 32768KB 64-bit integer IO format: %lld Java class name: Main
Submit Status PID: 1529
N个气球排成一排,从左到右依次编号为1,2,3….N.每次给定2个整数a b(a <= b),lele便为骑上他的“小飞鸽”牌电动车从气球a开始到气球b依次给每个气球涂一次颜色。但是N次以后lele已经忘记了第I个气球已经涂过几次颜色了,你能帮他算出每个气球被涂过几次颜色吗?
Input
每个测试实例第一行为一个整数N,(N <= 100000).接下来的N行,每行包括2个整数a b(1 <= a <= b <= N)。
当N = 0,输入结束。
Output
每个测试实例输出一行,包括N个整数,第I个数代表第I个气球总共被涂色的次数。
Sample Input
3
1 1
2 2
3 3
3
1 1
1 2
1 3
0
Sample Output
1 1 1
3 2 1
今天讲了树状数组,敢紧趁热写一篇。。。
因为这个东西本身原理很简单,但是如果理解的方式不对就会觉得很奇怪,所以记录一下备忘吧(:з」∠)
树状数组主要就是用来维护前缀和。
树状数组a[i]这个东西呢,维护的是一个[i-lowbit(i)+1,i]这个区间的一个和,也就是说 从i这个位置算起,向前lowbit(i),这么多这个数的和。
它的神奇之处在于,可以通过lowbit(i)来向前和向后更新它的父亲值和兄弟值。
呃。。。我的理解大概就是这样简单粗暴(和高中没差啊= =),知道它能干什么,至于为什么可以看篇/article/8833313.html
比较通俗易懂一点。。
树状数组优点在于代码量小,而且能干一些线段树的事情,但处理技巧非常巧妙,一些变形很神奇。
这道题是区间修改,单点查询。
本身BIT能做的最简单的事情是单点修改,区间查询。。
这里的处理技巧是:
我们开一个数组add[i],记录第i个点增加的值。
对于要修改的区间[l,r],我们将add[l]+=c,add[r+1]-=c;add就是用树状数组来维护的前缀和。
这样的话,如果查询l之前的值,就是相当于对求前i个add的和,我们的修改是向后,所以不会产生影响;如果查询r之后的值,虽然更新的是向后的但是因为我们+c又-c 所以也是不会影响的。
如果查询的值在[l,r],因为我们BITadd 的过程是向后的(即把要更新的这个点的所有父辈节点全部更新)所以查询这之间的某一个值的时候就会把增加的这个c算进去,所以答案就会是正确的。
区间修改单点询问的话原理很好懂(呃。。还有一种方法。。我。。得回寝室了。。下次。。再写。。?)
但如果改成区间询问这个技巧就要麻烦一些了。。。
嗯,下一篇再写=-=
// Created by ZYD in 2015. // Copyright (c) 2015 ZYD. All rights reserved. // #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <climits> #include <string> #include <vector> #include <cmath> #include <stack> #include <queue> #include <set> #include <map> using namespace std; #define Size 100000 #define ll long long #define mk make_pair #define pb push_back #define mem(array) memset(array,0,sizeof(array)) typedef pair<int,int> P; int n,l,r; int ad[110000]; int lowbit(int k){ return k&(-k); } void add(int c,int k){ while(k<=n){ ad[k]+=c; k+=lowbit (k); } } int ask(int k){ int sum=0; while(k>0){ sum+=ad[k]; k-=lowbit(k); } return sum; } int main() { freopen("in.txt","r",stdin); while(~scanf("%d",&n) && n){ memset(ad,0,sizeof(ad)); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d%d",&l,&r); add(1,l); add(-1,r+1); } printf("%d",ask(1)); for(int i=2;i<=n;i++){ printf(" %d",ask(i)); } cout<<endl; } return 0; }
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