Find the nondecreasing subsequences

3
1 2 3

7

 题目分析: 

         整整一天的时间, 终于是把这个题A了  ,HDU 第一,  纪念下.....................

 但也没有什么值得高兴的,  题目的思路是 小A 的,  0rz.......................  现在还是没有理解树状数组是怎么解这一题的,  它的思路是怎样的,

一点也没明白,   刚开始做的时候, 还以为 输入数据已经是按非递减排序了, 所以直接用 公式 2^n - 1, WA ...

.....  问过小A 才发现, 输入数据是 随机的.  这时就要像找上升子串一样, 找到它 所有的上升子串.  这里用到了 树状数组, 继续理解-ing......

先发代码 :

敌兵布阵

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 

Case 1:
6
33
59

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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          http://www.cnblog.com/MiYu

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;

}