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题目

题目描述

给定数列 \(a[1],a[2], \dots,a[n]\) ，你需要依次进行q个操作，操作有两类：

1 l r x：给定l,r,x，对于所有 \(i \in[l,r]\) ，将a[i]加上x（换言之，将 \(a[l],a[l+1], \dots,a[r]\) 分别加上x）；

2 l r：给定l,r，求 \(\sum_{i=l}^ra[i]\) 的值（换言之，求 \(a[l]+a[l+1]+ \dots+a[r]\) 的值）。

输入描述

第一行包含2个正整数n,q，表示数列长度和询问个数。保证 \(1 \le n,q \le10^6\) 。
第二行n个整数 \(a[1],a[2], \dots,a[n]\) ，表示初始数列。保证 \(|a[i]| \le10^6\) 。
接下来q行，每行一个操作，为以下两种之一：
1 l r x：对于所有 \(i \in[l,r]\) ，将a[i]加上x；
2 l r：输出 \(\sum_{i=l}^ra[i]\) 的值。保证 \(1 \le l \le r \le n\) , \(|x| \le10^6\) 。

输出描述

对于每个2lr操作，输出一行，每行有一个整数，表示所求的结果。

示例1

输入

5 10
2 6 6 1 1
2 1 4
1 2 5 10
2 1 3
2 2 3
1 2 2 8
1 2 3 7
1 4 4 10
2 1 2
1 4 5 6
2 3 4

输出

15
34
32
33
50

备注

对于所有数据，\(1 \le n,q \le10^6\) , \(|a[i]| \le10^6\) , \(1 \le l \le r \le n\) , \(|x| \le10^6\) 。

题解

方法一

知识点：线段树。

可以用线段树，不过因为线段树空间常数是四倍，容易炸空间，但还是有概率能过。

时间复杂度 \(O((n+q)\log n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

方法二

知识点：树状数组。

本题正解，是用树状数组维护区间和、区间加，是个板子题。

设原数组为 \(a\) ，差分数组为 \(d\) ，有如下公式：

因此只需要维护 \(d_j\) 和 \(jd_j\) 的前缀和即可。同时，在差分意义下，区间加转化为两次单点加。

时间复杂度 \(O((n+q)\log n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

方法一

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

struct T {
    int len;
    ll sum;
    static T e() { return { 0,0 }; }
    friend T operator+(const T &a, const T &b) { return { a.len + b.len, a.sum + b.sum }; }
};
struct F {
    ll add;
    static F e() { return { 0 }; }
    T operator()(const T &x) { return { x.len,x.sum + add * x.len }; }
    F operator()(const F &g) { return { g.add + add }; }
};
template<class T, class F>
class SegmentTreeLazy {
    int n;
    vector<T> node;
    vector<F> lazy;

    void push_down(int rt) {
        node[rt << 1] = lazy[rt](node[rt << 1]);
        lazy[rt << 1] = lazy[rt](lazy[rt << 1]);
        node[rt << 1 | 1] = lazy[rt](node[rt << 1 | 1]);
        lazy[rt << 1 | 1] = lazy[rt](lazy[rt << 1 | 1]);
        lazy[rt] = F::e();
    }

    void update(int rt, int l, int r, int x, int y, F f) {
        if (r < x || y < l) return;
        if (x <= l && r <= y) return node[rt] = f(node[rt]), lazy[rt] = f(lazy[rt]), void();
        push_down(rt);
        int mid = l + r >> 1;
        update(rt << 1, l, mid, x, y, f);
        update(rt << 1 | 1, mid + 1, r, x, y, f);
        node[rt] = node[rt << 1] + node[rt << 1 | 1];
    }

    T query(int rt, int l, int r, int x, int y) {
        if (r < x || y < l)return T::e();
        if (x <= l && r <= y) return node[rt];
        push_down(rt);
        int mid = l + r >> 1;
        return query(rt << 1, l, mid, x, y) + query(rt << 1 | 1, mid + 1, r, x, y);
    }

public:
    SegmentTreeLazy(int _n = 0) { init(_n); }
    SegmentTreeLazy(const vector<T> &src) { init(src); }

    void init(int _n) {
        n = _n;
        node.assign(n << 2, T::e());
        lazy.assign(n << 2, F::e());
    }
    void init(const vector<T> &src) {
        assert(src.size());
        init(src.size() - 1);
        function<void(int, int, int)> build = [&](int rt, int l, int r) {
            if (l == r) return node[rt] = src[l], void();
            int mid = l + r >> 1;
            build(rt << 1, l, mid);
            build(rt << 1 | 1, mid + 1, r);
            node[rt] = node[rt << 1] + node[rt << 1 | 1];
        };
        build(1, 1, n);
    }

    void update(int x, int y, F f) { update(1, 1, n, x, y, f); }

    T query(int x, int y) { return query(1, 1, n, x, y); }
};

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, q;
    cin >> n >> q;
    vector<T> a(n + 1);
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int x;
        cin >> x;
        a[i] = { 1,x };
    }
    SegmentTreeLazy<T, F> sgt(a);
    while (q--) {
        int op, l, r;
        cin >> op >> l >> r;
        if (op == 1) {
            int x;
            cin >> x;
            sgt.update(l, r, { x });
        }
        else cout << sgt.query(l, r).sum << '\n';
    }
    return 0;
}

方法二

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

struct T {
    ll sum;
    static T e() { return { 0 }; }
    T &operator+=(const T &x) { return sum += x.sum, *this; }
};

template<class T>
class Fenwick {
    int n;
    vector<T> node;

public:
    Fenwick(int _n = 0) { init(_n); }

    void init(int _n) {
        n = _n;
        node.assign(n + 1, T::e());
    }

    void update(int x, T val) { for (int i = x;i <= n;i += i & -i) node[i] += val; }

    T query(int x) {
        T ans = T::e();
        for (int i = x;i >= 1;i -= i & -i) ans += node[i];
        return ans;
    }
};

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, q;
    cin >> n >> q;
    Fenwick<T> d(n + 1), di(n + 1);
    auto update = [&](int l, int r, T val) {
        d.update(l, { val.sum }), d.update(r + 1, { -val.sum });
        di.update(l, { l * val.sum }), di.update(r + 1, { -(r + 1) * val.sum });
    };
    auto query = [&](int l, int r) {
        return ((r + 1) * d.query(r).sum - di.query(r).sum) -
            (l * d.query(l - 1).sum - di.query(l - 1).sum);
    };
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int x;
        cin >> x;
        update(i, i, { x });
    }
    while (q--) {
        int op, l, r;
        cin >> op >> l >> r;
        if (op == 1) {
            int x;
            cin >> x;
            update(l, r, { x });
        }
        else cout << query(l, r) << '\n';
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/BlankYang/p/17360481.html