CF433B Kuriyama Mirai's Stones 题解

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有一个长度为 \(n\) 的数组 \(a_1,a_2,a_3,...,a_n\)。有 \(m\) 次询问，询问有以下两种：

\(1~l~r\)，求 \(\sum\limits_{i=l}^ra_i\)。
\(2~l~r\)，将数组非降序排列后再依次标号，然后再求 \(\sum\limits_{i=l}^ra_i\)。

数据范围：\(1\leqslant l\leqslant r\leqslant n\leqslant 10^5,1\leqslant m\leqslant 10^5,1\leqslant a_i\leqslant 10^9\)。

Solution

这道题旨在考察对前缀和的操作，比如说这道题目我们就可以用前缀和很好地求解。具体如下：

我们先将没有排序的数组求出他们的前缀和 \(s_i=\sum\limits_{j=1}^ia_j\)，然后再按照题目要求排序得到 \(a'\) 数组，再求出 \(s'_i=\sum\limits_{j=1}^ia_j\)。再接着，我们根据两种不同的操作分类讨论：

对于第一种操作，我们知道：\(s_{l-1}=\sum\limits_{i=1}^{l-1} a_i,s_r=\sum\limits_{i=1}^n a_i\)。由此我们得到 \(s_r-s_{l-1}=a_r+a_{r-1}+...+a_l+a_{l-1}+...+a_1-(a_l+a_{l-1}+...+a_l)=a_l+a_{l+1}+...+a_r\)。正好就是我们所要求的 \([l,r]\) 这个区间内所有数的总和。由此我们就知道了，第一种操作的答案就是 \(s_r-s_{l-1}\)。
对于第二种操作，和第一种操作类似，只不过变成了排序后的数组的前缀和罢了，除了排序以外几乎没什么差别，答案就是 \(s'_r-s'_{l-1}\)。

Code

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

int n, m, a1[100007], a2[100007];

long long sum[3][100007];

int main() {

	scanf("%d", &n);

	for(int i = 1; i <= n; ++i) {

		scanf("%d", &a1[i]);

		a2[i] = a1[i];

	}

	sort(a2 + 1, a2 + n + 1);

	for(int i = 1; i <= n; ++i)

		sum[1][i] = sum[1][i - 1] + a1[i], sum[2][i] = sum[2][i - 1] + a2[i];

	scanf("%d", &m);

	while(m--) {

		int opt, l, r;

		scanf("%d%d%d", &opt, &l, &r);

		printf("%lld\n", sum[opt][r] - sum[opt][l - 1]);

	}

	return 0;

}

巴特西

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