敌兵布阵
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 4546 Accepted Submission(s): 1818
Problem Description
C国的死对头A国这段时间正在进行军事演习，所以C国间谍头子Derek和他手下Tidy又开始忙乎了。A国在海岸线沿直线布置了N个工兵营地,Derek和Tidy的任务就是要监视这些工兵营地的活动情况。由于采取了某种先进的监测手段，所以每个工兵营地的人数C国都掌握的一清二楚,每个工兵营地的人数都有可能发生变动，可能增加或减少若干人手,但这些都逃不过C国的监视。
中央情报局要研究敌人究竟演习什么战术,所以Tidy要随时向Derek汇报某一段连续的工兵营地一共有多少人,例如Derek问:“Tidy,马上汇报第3个营地到第10个营地共有多少人!”Tidy就要马上开始计算这一段的总人数并汇报。但敌兵营地的人数经常变动，而Derek每次询问的段都不一样，所以Tidy不得不每次都一个一个营地的去数，很快就精疲力尽了，Derek对Tidy的计算速度越来越不满:"你个死肥仔，算得这么慢，我炒你鱿鱼!”Tidy想：“你自己来算算看，这可真是一项累人的工作!我恨不得你炒我鱿鱼呢!”无奈之下，Tidy只好打电话向计算机专家Windbreaker求救,Windbreaker说：“死肥仔，叫你平时做多点acm题和看多点算法书，现在尝到苦果了吧!”Tidy说："我知错了。。。"但Windbreaker已经挂掉电话了。Tidy很苦恼，这么算他真的会崩溃的，聪明的读者，你能写个程序帮他完成这项工作吗？不过如果你的程序效率不够高的话，Tidy还是会受到Derek的责骂的.
Input
第一行一个整数T，表示有T组数据。
每组数据第一行一个正整数N（N<=50000）,表示敌人有N个工兵营地，接下来有N个正整数,第i个正整数ai代表第i个工兵营地里开始时有ai个人（1<=ai<=50）。
接下来每行有一条命令，命令有4种形式：
(1) Add i j,i和j为正整数,表示第i个营地增加j个人（j不超过30）
(2)Sub i j ,i和j为正整数,表示第i个营地减少j个人（j不超过30）;
(3)Query i j ,i和j为正整数,i<=j，表示询问第i到第j个营地的总人数;
(4)End 表示结束，这条命令在每组数据最后出现;
每组数据最多有40000条命令
Output
对第i组数据,首先输出“Case i:”和回车,
对于每个Query询问，输出一个整数并回车,表示询问的段中的总人数,这个数最多不超过1000000。
Sample Input
1
10
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Query 1 3
Add 3 6
Query 2 7
Sub 10 2
Add 6 3
Query 3 10
End
Sample Output
题目分析 :
看了 一下午的书, 终于有一点明白了树状数组这东西 , 果然还是要做题啊, 一直不明白的地方, 刷了这
水题后, 貌似明白了一点了 
.
这是一道纯粹的 树状数组 的题目, 有模板的话直接模板就可以AC了, 不过手打也用不了什么时间.
因为查询语句是固定的, 所以不需要用 字符串比较函数, 直接比较首字符就可以了, 刚开始的时候想偷
懒, 把 quy 函数写成 quy ( int x, int y ) , 想一次就把结果求出来......还是对树状数组的理解不深刻......从其
结构而言, 这种想法就不可能实现.
简单介绍下 树状数组 :
树状数组是一个查询和修改复杂度都为log(n)的数据结构，假设数组a[1...n]，那么查询a[1] + …… + a[i] 的时间是log级别的，而且是一个在线的数据结构，支持随时修改某个元素的值，复杂度也为log级别。
来观察一下这个图：
令这棵树的结点编号为C1，C2……Cn。令每个结点的值为这棵树的值的总和，那么容易发现：
C1 = A1
C2 = A1 + A2
C3 = A3
C4 = A1 + A2 + A3 + A4
C5 = A5
C6 = A5 + A6
C7 = A7
C8 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8
……
C16 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8 + A9 + A10 + A11 + A12 + A13 + A14 + A15 + A16
这里有一个有趣的性质，下午推了一下发现：
设节点编号为x，那么这个节点管辖的区间为2^k（其中k为x二进制末尾0的个数）个元素。因为这个区间最后一个元素必然为Ax，所以很明显：
Cn = A(n – 2^k + 1) + …… + An
算这个2^k有一个快捷的办法，定义一个函数如下即可：
int lowbit(int x){
return x & (x ^ (x – 1));
}
当想要查询一个SUM(n)时，可以依据如下算法即可：
step1: 令sum = 0，转第二步；
step2: 假如n <= 0，算法结束，返回sum值，否则sum = sum + Cn，转第三步；
step3: 令n = n – lowbit(n)，转第二步。
可以看出，这个算法就是将这一个个区间的和全部加起来，为什么是效率是log(n)的呢？以下给出证明：
n = n – lowbit(n)这一步实际上等价于将n的二进制的最后一个1减去。而n的二进制里最多有log(n)个1，所以查询效率是log(n)的。
那么修改呢，修改一个节点，必须修改其所有祖先，最坏情况下为修改第一个元素，最多有log(n)的祖先。所以修改算法如下（给某个结点i加上x）：
step1: 当i > n时，算法结束，否则转第二步；
step2: Ci = Ci + x， i = i + lowbit(i)转第一步。
i = i +lowbit(i)这个过程实际上也只是一个把末尾1补为0的过程。
//修改过程必须满足减法规则！
所以整个程序如下：
const int MAX = 50000;
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
int com[ MAX + 1 ],N,T;
void modify ( int pos, int val ){
while ( pos <= N ){
com[pos] += val;
pos = pos + lowbit(pos);
}
}
int quy ( int x ){
int sum = 0;
while ( x > 0 ){
sum = sum + com[x];
x = x - lowbit(x);
}
return sum;
}
初始化 : for ( int i = 1; i <= N; ++ i ){
scanf ( "%d",&x );
modify ( i, x );
}
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本题代码如下 :
/*
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Author By : MiYu
Test : 1
Program : 1166
*/
#include <iostream>
using namespace std;
const int MAX = 50000;
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
int com[ MAX + 1 ],N,T;
void modify ( int pos, int val ){
while ( pos <= N ){
com[pos] += val;
pos = pos + lowbit(pos);
}
}
int quy ( int x ){
int sum = 0;
while ( x > 0 ){
sum = sum + com[x];
x = x - lowbit(x);
}
return sum;
}
int main ()
{
while ( scanf ( "%d",&T ) != EOF ){
int ca = 1,x,y;
while ( T -- ){
printf ( "Case %d:\n",ca++ );
scanf ( "%d",&N );
for ( int i = 0; i <= N; ++ i ) com[i] &= 0;
for ( int i = 1; i <= N; ++ i ){
scanf ( "%d",&x );
modify ( i, x );
}
char ask[10];
while ( scanf ( "%s",ask ), ask[0] != 'E' ){
scanf ( "%d%d",&x,&y );
switch ( ask[0] ){
case 'A': modify ( x, y ); break;
case 'S': modify ( x, -y ); break;
case 'Q': printf ( "%d\n",quy ( y ) - quy ( x-1 ) ); break;
}
}
}
}
return 0;
}