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題目大意：給出一個數列 a 和一個數列 b ，其中數列 a 初始時全部為 0 ，數列 b 初始時是一個 1 ~ n 的排列，接下來共有 m 次操作，每次操作分為兩種：
add l r ：在區間 [ l , r ] 內的 a[ i ] 都加上 1query l r ：查詢區間 [ l , r ] 內的所有 ?之和
題目分析：如果直接維護 a[ i ] / b[ i ] 的話可能不太好維護，但是我們可以反向思考，對于數列 b 維護一個線段樹，每個節點維護一個 mmin 和一個 sum，分別代表區間內的最小值以及當前區間的貢獻，這個最小值代表的是：當前區間至少還需要進行多少次 add 操作才會產生貢獻，因為初始時每個葉子結點的 mmin 都將其賦值為 b[ i ] ，這樣每次執行 add 操作時，如果 mmin > 1 的話，那么直接讓 mmin 減一即可，如果 mmin = 1 的話，說明當前區間中，存在葉子結點經過此次 add 后悔變成 0 ，也就是 a[ i ] / b[ i ] 可以多貢獻 1 了，對于所有 mmin = 1 的區間，繼續向下遞歸，直到葉子結點位置，此時將葉子結點的 mmin 重新賦值為 b[ i ] ，并且將 sum 加一就好了
因為是區間修改和區間查詢，所以需要加一個 lazy 標記
代碼：
?
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e5+100;struct Node
{int l,r,mmin,sum,lazy;
}tree[N<<2];int a[N];void pushup(int k)
{tree[k].mmin=min(tree[k<<1].mmin,tree[k<<1|1].mmin);tree[k].sum=tree[k<<1].sum+tree[k<<1|1].sum;
}void pushdown(int k)
{if(tree[k].lazy){int lz=tree[k].lazy;tree[k].lazy=0;tree[k<<1].lazy+=lz;tree[k<<1].mmin+=lz;tree[k<<1|1].lazy+=lz;tree[k<<1|1].mmin+=lz;}
}void build(int k,int l,int r)
{tree[k].l=l;tree[k].r=r;tree[k].sum=tree[k].lazy=0;if(l==r){tree[k].mmin=a[l];return;}int mid=l+r>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);pushup(k);
}void update(int k,int l,int r)
{if(tree[k].r<l||tree[k].l>r)return;if(tree[k].l>=l&&tree[k].r<=r){if(tree[k].mmin>1){tree[k].mmin--;tree[k].lazy--;return;}else if(tree[k].l==tree[k].r){tree[k].mmin=a[tree[k].l];tree[k].sum++;return;}}pushdown(k);update(k<<1,l,r);update(k<<1|1,l,r);pushup(k);
}int query(int k,int l,int r)
{if(tree[k].r<l||tree[k].l>r)return 0;if(tree[k].l>=l&&tree[k].r<=r)return tree[k].sum;pushdown(k);return query(k<<1,l,r)+query(k<<1|1,l,r);
}int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("input.txt","r",stdin);
// freopen("output.txt","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);int n,m;while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i);build(1,1,n);while(m--){char s[10];int l,r;scanf("%s%d%d",s,&l,&r);if(s[0]=='a')update(1,l,r);elseprintf("%d\n",query(1,l,r));}}return 0;
}
?
總結
以上是生活随笔為你收集整理的HDU - 6315 Naive Operations(线段树+思维)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。
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