洛谷 P3372 【模板】线段树 1-普及+/提高

题目描述

如题，已知一个数列 {ai}\{a_i\}{ai​}，你需要进行下面两种操作：

1. 将某区间每一个数加上 $k$。
2. 求出某区间每一个数的和。

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 $a_i$，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：

1. 1 x y k：将区间 $[x,y]$ 内每个数加上 $k$。
2. 2 x y：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。

输入输出样例 #1

输入 #1

5 5
1 5 4 2 3
2 2 4
1 2 3 2
2 3 4
1 1 5 1
2 1 4

输出 #1

11
8
20

说明/提示

对于 $15\%$ 的数据：$n\le 8$，$m\le 10$。
对于 $35\%$ 的数据：$n\le {10}^3$，$m\le {10}^4$。
对于 $100\%$ 的数据：$1\le n,m\le {10}^5$，$a_i,k$ 为正数，且任意时刻数列的和不超过 $2\times 10^{18}$。

【样例解释】

solution

线段树是一种常用的数据结构，实现区间查询和区间修改，时间和空间复杂度都是$O(nlogn)$
其基本原理是用一个二叉树点维护一个区间的数据，然后它的两个字节点各负责半个区间，将统计信息汇总给该节点

代码

#include <sstream>
#include "iostream"
#include "cmath"
#include "vector"
#include "algorithm"using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;int n;
long long b[N];struct node {long long sum, tag;
} a[4 * N];// 将父节点的 tag 信息向下分摊
void push_down(int rt, int l, int r) {int m = r + l >> 1;a[rt * 2].sum += a[rt].tag * (m - l + 1);a[rt * 2].tag += a[rt].tag;a[rt * 2 + 1].sum += a[rt].tag * (r - m);a[rt * 2 + 1].tag += a[rt].tag;a[rt].tag = 0;
}void push_up(int rt) {a[rt].sum = a[rt * 2].sum + a[rt * 2 + 1].sum;
}void build(int rt, int l, int r) {a[rt].tag = 0;if (l == r) {a[rt].sum = b[l];return;}int m = l + r >> 1;build(rt * 2, l, m);build(rt * 2 + 1, m + 1, r);push_up(rt);
}void update(int rt, long long k, int l, int r, int L, int R) { // l, r 是 rt管理的区间， L R是修改的区间, k 是修改的量// 整个区间都要增加kif (L <= l && r <= R) {a[rt].sum += (r - l + 1) * k;a[rt].tag += k;return;}push_down(rt, l, r); // tag 向下传递int m = l + r >> 1;if (L <= m) update(rt * 2, k, l, m, L, R);if (R > m) update(rt * 2 + 1, k, m + 1, r, L, R);push_up(rt); // sum 向上汇总
}long long query(int rt, int l, int r, int L, int R) {// 整个区间都要if (L <= l && r <= R) {return a[rt].sum;}push_down(rt, l, r);int m = l + r >> 1;long long s = 0;if (L <= m) s += query(rt * 2, l, m, L, R);if (R > m) s += query(rt * 2 + 1, m + 1, r, L, R);return s;
}int main() {int m;cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];build(1, 1, n);for (int i = 0; i < m; i++) {int op, l, r;long long k;cin >> op >> l >> r;if (op == 1) {cin >> k;update(1, k, 1, n, l, r);} else {cout << query(1, 1, n, l, r) << endl;}}}

结果