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:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MS(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define MP make_pair
#define PB push_back
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll INFLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
inline ll read(){
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
//////////////////////////////////////////////////////////////////////////
const int maxn = 1e5+10;

char op[maxn][5];

struct node{
int l,r,cnt;
ll sum[5];
}tree[maxn<<2];

int dat[maxn],tmp[maxn];

void build(int rt,int l,int r){
for(int i=0; i<5; i++) tree[rt].sum[i]=0;
tree[rt].l=l,tree[rt].r=r,tree[rt].cnt=0;
if(l == r) return ;
int mid = (l+r)/2;
build(rt<<1,l,mid);
build(rt<<1|1,mid+1,r);
}

void update(int rt,int val,int p,int k){
tree[rt].cnt += k;
int l=tree[rt].l,r=tree[rt].r;
if(l == r){
tree[rt].sum[1] += val; // 这个区间就一个数，下标为1
return ;
}
int mid = (l+r)/2;
if(p <= mid) update(rt<<1,val,p,k);
else update(rt<<1|1,val,p,k);
for(int i=0; i<5; i++){
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
tree[rt].sum[j] = tree[rt<<1].sum[j]+tree[rt<<1|1].sum[i];
}
}

int main(){
int n;
while(cin>>n){
int cnt = 0;
for(int i=1; i<=n; i++){
scanf("%s",op[i]);
if(op[i][0] != 's'){
dat[i] = read();
tmp[++cnt] = dat[i];
}
}

sort(tmp+1,tmp+cnt+1);
cnt = unique(tmp+1,tmp+1+cnt)-tmp-1;
// for(int i=1; i<=cnt; i++)
//  cout << tmp[i] << " ";
// puts("");
build(1,1,cnt);
for(int i=1; i<=n; i++){
int pos = lower_bound(tmp+1,tmp+1+cnt,dat[i])-tmp;
// cout << pos << endl;
if(op[i][0] == 'a') update(1,dat[i],pos,1);
else if(op[i][0] == 'd') update(1,-dat[i],pos,-1);
else cout << tree[1].sum[3] << endl;
}
}

return 0;
}