东方14ACM小组 15:Challenge 11

Challenge 11

总时间限制:: 10000ms
单个测试点时间限制:: 1000ms
内存限制:: 262144kB

描述

给一个长为N的数列，有M次操作，每次操作是以下两种之一：

（1）修改数列中的一个数

（2）求某次操作后连续一段的和

输入

第一行两个正整数N和M。
第二行N的整数表示这个数列。
接下来M行，每行开头是一个字符，若该字符为'M'，则表示一个修改操作，接下来两个整数x和y，表示把x位置的数修改为y；若该字符为'Q'，则表示一个询问操作，接下来三个整数x、y、z，表示求数列中[x,y]这段区间在第z次操作后的和。

输出

对每一个询问操作单独输出一行，表示答案。

样例输入

样例输出

5
7
6

提示

1<=N<=10^5，1<=M<=10^5，输入保证合法，且所有整数及答案可用带符号32位整型存储。

可持久化线段树

鸣谢xxy学姐

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 100001
int n,m,cnt,ans;
int root[N*20];
int ls[N*20],sum[N*20],rs[N*20];
int ope[N];
void change(int l,int r,int &rt,int pre,int pos,int w)
{
    if(!rt)rt=++cnt;
    sum[rt]=sum[pre];
    if(l==r){sum[rt]=w;return;}
    int mid=(l+r)>>1;
    if(pos<=mid)rs[rt]=rs[pre],change(l,mid,ls[rt],ls[pre],pos,w);
    else ls[rt]=ls[pre],change(mid+1,r,rs[rt],rs[pre],pos,w);
    sum[rt]=sum[ls[rt]]+sum[rs[rt]];
}
void query(int l,int r,int rt,int opl,int opr)
{
    if(opl<=l&&opr>=r){
        ans+=sum[rt];return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(opl<=mid)query(l,mid,ls[rt],opl,opr);
    if(opr>mid)query(mid+1,r,rs[rt],opl,opr);
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int x,y,z;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d",&x),change(1,n,root[0],root[0],i,x);
    char s[3];
    int now=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        ope[i]=now;
        scanf("%s",s);
        if(s[0]=='M')
        {
            now++;
            ope[i]=now;
            scanf("%d%d",&x,&y);
            change(1,n,root[now],root[now-1],x,y);
        }
        else 
        {
            scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
            ans=0;
            query(1,n,root[ope[z]],x,y);
            printf("%d
",ans);
        }
    }
    return 0;
}