模板题

题目描述

如题，已知一个数列，你需要进行下面两种操作：

1.将某一个数加上x

2.求出某区间每一个数的和

输入输出格式

输入格式：

第一行包含两个整数N、M，分别表示该数列数字的个数和操作的总个数。

第二行包含N个用空格分隔的整数，其中第i个数字表示数列第i项的初始值。

接下来M行每行包含3或4个整数，表示一个操作，具体如下：

操作1： 格式：1 x k  含义：将第x个数加上k

操作2： 格式：2 x y  含义：输出区间[x,y]内每个数的和

输出格式：

输出包含若干行整数，即为所有操作2的结果。

第一道CDQ分治

本来可以用树状数组水的

把查询操作拆成两个查询前缀和的操作

可以发现一个操作能够对另一个操作有影响，当且仅当这个操作发生时间和修改位置均小于等于另一个操作

#include <cstdio>
const int maxn = 500000 + 10, maxm = 500000 + 10;
struct op{
    int idx, type, val;
    op(){}
    op(int _idx, int _type, int _val): idx(_idx), type(_type), val(_val){}
    bool operator < (const op &x) const {
        return idx == x.idx ? type < x.type : idx < x.idx;
    }
};
int qcnt, acnt, ans[maxm];
op q[maxn + maxm + maxm], tp[maxn + maxm + maxm];
void CDQ(int l, int r){
    if(l == r) return;
    int mid = l + r >> 1;
    CDQ(l, mid);
    CDQ(mid + 1, r);
    int sum = 0, ll = l, rr = mid + 1, tcnt = 0;
    while(ll <= mid && rr <= r){
        if(q[ll] < q[rr]){
            if(q[ll].type == 1) sum += q[ll].val;
            tp[++tcnt] = q[ll++];
        }
        else{
            if(q[rr].type == 2) ans[q[rr].val] -= sum;
            else if(q[rr].type == 3) ans[q[rr].val] += sum;
            tp[++tcnt] = q[rr++];
        }
    }
    while(ll <= mid){
        if(q[ll].type == 1) sum += q[ll].val;
        tp[++tcnt] = q[ll++];
    }
    while(rr <= r){
        if(q[rr].type == 2) ans[q[rr].val] -= sum;
        else if(q[rr].type == 3) ans[q[rr].val] += sum;
        tp[++tcnt] = q[rr++];
    }
    for(int i = 1; i <= tcnt; i++) q[l + i - 1] = tp[i];
}
int main(){
    int N, M;
    scanf("%d %d", &N, &M);
    for(int v, i = 1; i <= N; i++){
        scanf("%d", &v);
        q[i] = op(i, 1, v);
    }
    qcnt = N;
    for(int t, x, y, i = 1; i <= M; i++){
        scanf("%d %d %d", &t, &x, &y);
        if(t == 1) q[++qcnt] = op(x, 1, y);
        else{
            acnt++;
            q[++qcnt] = op(x - 1, 2, acnt);
            q[++qcnt] = op(y, 3, acnt);
        }
    }
    CDQ(1, qcnt);
    for(int i = 1; i <= acnt; i++) printf("%d
", ans[i]);
    return 0;
}