Description

You have N integers, A1A2, ... , AN. You need to deal with two kinds of operations. One type of operation is to add some given number to each number in a given interval. The other is
to ask for the sum of numbers in a given interval.

Input

The first line contains two numbers N and Q. 1 ≤ N,Q ≤ 100000.

The second line contains N numbers, the initial values of A1A2, ... , AN. -1000000000 ≤ Ai ≤ 1000000000.

Each of the next Q lines represents an operation.

"C a b c" means adding c to each of AaAa+1, ... , Ab. -10000 ≤ c ≤ 10000.

"Q a b" means querying the sum of AaAa+1, ... , Ab.

Output

You need to answer all Q commands in order. One answer in a line.

Sample Input

10 5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Q 4 4
Q 1 10
Q 2 4
C 3 6 3
Q 2 4

Sample Output

4
55
9
15

Hint

The sums may exceed the range of 32-bit integers.

区间求和:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
typedef long long LL;
using namespace std;
#define REPF( i , a , b ) for ( int i = a ; i <= b ; ++ i )
#define REP( i , n ) for ( int i = 0 ; i < n ; ++ i )
#define CLEAR( a , x ) memset ( a , x , sizeof a )
const int maxn=100000;
int num[maxn];
LL sum[maxn<<2],add[maxn<<2];
int N,Q;
void pushup(int rs)
{
sum[rs]=sum[rs<<1]+sum[rs<<1|1];
}
void pushdown(int rs,int l)
{
if(add[rs])
{
add[rs<<1]+=add[rs];
add[rs<<1|1]+=add[rs];
sum[rs<<1]+=add[rs]*(l-(l>>1));
sum[rs<<1|1]+=add[rs]*(l>>1);
add[rs]=0;
}
}
void build(int rs,int l,int r)
{
if(l==r)
{
scanf("%I64d",&sum[rs]);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(rs<<1,l,mid);
build(rs<<1|1,mid+1,r);
pushup(rs);
}
void update(int c,int x,int y,int l,int r,int rs)
{
if(l>=x&&r<=y)
{
add[rs]+=c;
sum[rs]+=(LL)c*(r-l+1);
return ;
}
pushdown(rs,r-l+1);
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) update(c,x,y,l,mid,rs<<1);
if(y>mid) update(c,x,y,mid+1,r,rs<<1|1);
pushup(rs);
}
LL query(int x,int y,int l,int r,int rs)
{
if(l>=x&&r<=y)
return sum[rs];
pushdown(rs,r-l+1);
int mid=(l+r)>>1;
LL ans=0;
if(x<=mid) ans+=query(x,y,l,mid,rs<<1);
if(y>mid) ans+=query(x,y,mid+1,r,rs<<1|1);
return ans;
}
int main()
{
int x,y,z;
std::ios::sync_with_stdio(false);
while(~scanf("%d%d",&N,&Q))
{
CLEAR(sum,0);
CLEAR(add,0);
build(1,1,N);
char str[2];
while(Q--)
{
scanf("%s",str);
if(str[0]=='C')
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
update(z,x,y,1,N,1);
}
else
{
scanf("%d%d",&x,&y);
printf("%I64d\n",query(x,y,1,N,1));
}
}
}
return 0;
}

POJ 3468 A Simple Problem with Integers(线段树区间求和)的更多相关文章

  1. poj 3468 A Simple Problem with Integers 线段树区间加,区间查询和

    A Simple Problem with Integers Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 256 MB 题目连接 http://poj.org/problem?i ...

  2. poj 3468 A Simple Problem with Integers 线段树区间加,区间查询和(模板)

    A Simple Problem with Integers Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 256 MB 题目连接 http://poj.org/problem?i ...

  3. [POJ] 3468 A Simple Problem with Integers [线段树区间更新求和]

    A Simple Problem with Integers   Description You have N integers, A1, A2, ... , AN. You need to deal ...

  4. poj 3468 A Simple Problem with Integers (线段树区间更新求和lazy思想)

    A Simple Problem with Integers Time Limit: 5000MS   Memory Limit: 131072K Total Submissions: 75541   ...

  5. poj 3468 A Simple Problem with Integers 线段树区间更新

    id=3468">点击打开链接题目链接 A Simple Problem with Integers Time Limit: 5000MS   Memory Limit: 131072 ...

  6. POJ 3468 A Simple Problem with Integers(线段树,区间更新,区间求和)

    A Simple Problem with Integers Time Limit: 5000MS   Memory Limit: 131072K Total Submissions: 67511   ...

  7. (简单) POJ 3468 A Simple Problem with Integers , 线段树+区间更新。

    Description You have N integers, A1, A2, ... , AN. You need to deal with two kinds of operations. On ...

  8. POJ 3468 A Simple Problem with Integers 线段树区间修改

    http://poj.org/problem?id=3468 题目大意: 给你N个数还有Q组操作(1 ≤ N,Q ≤ 100000) 操作分为两种,Q A B 表示输出[A,B]的和   C A B ...

  9. POJ 3468 A Simple Problem with Integers(线段树区间更新)

    题目地址:POJ 3468 打了个篮球回来果然神经有点冲动. . 无脑的狂交了8次WA..竟然是更新的时候把r-l写成了l-r... 这题就是区间更新裸题. 区间更新就是加一个lazy标记,延迟标记, ...

  10. POJ 3468 A Simple Problem with Integers(线段树区间更新,模板题,求区间和)

    #include <iostream> #include <stdio.h> #include <string.h> #define lson rt<< ...

随机推荐

  1. linux下tar.xz 文件解压

    在linux下下载源码文件安装时有些会遇到tar.xz文件的解压,习惯了tar解压缩,第一次遇到.xz文件还是有点迷惑,google 如下,解压这种格式的文件需要xz工具,如果xz工具没有安装,则安装 ...

  2. 在Android Studio中进行单元测试和UI测试

    本篇教程翻译自Google I/O 2015中关于测试的codelab,掌握科学上网的同学请点击这里阅读:Unit and UI Testing in Android Studio.能力有限,如有翻译 ...

  3. Chrome和Firefox浏览器调试对比

    最近的项目中使用Extjs5, 其中主要的一个特点就是js文件的动态加载,之前使用Firefox浏览器对js文件进行调试,打断点时,只对当次调试有效,刷新之后,由于动态加载的js文件(文件名后面加了一 ...

  4. jdbc select

    import java.sql.Connection; import java.sql.DriverManager; import java.sql.PreparedStatement; import ...

  5. S - stl 的mapⅠ

    先来介绍一下stl中的map这个功能 头文件#include<map> map是STL的一个关联容器,它提供一对一的数据处理能力 就像一个人对应一个编号一样 定义 为  map<in ...

  6. SQL in Qt (一)

    Connecting to Databases To access a database with QSqlQuery or QSqlQueryModel, create and open one o ...

  7. C++标准程序库读书笔记-第二章新的语言特性

    1.基本类型的显式初始化 如果采用不含参数.明确的constructor(构造函数)调用语法,基本型别会被初始化为零: int i1; //undefined value int i2 = int() ...

  8. 从汇编看c++内联函数评估求值

    在c++中,一个inline函数实体,在整个class 声明未被完全看到之前,是不会被评估求值的,也就是说,对于类里面内联的成员函数本身的分析,要等到class的声明完全结束之后才开始.下面试c++源 ...

  9. Windows 7下 搭建 基于 ssh 的sftp 服务器

    Windows  xp 下 搭建 基于  ssh 的sftp 服务器,服务器端可以用 freesshd,F-secure server等,filezilla server不可用,之前傻乎乎的用file ...

  10. 小端存储(little Endian)大端存储(big Endian)

    小端存储--低内存低字节 87654321 字节或半字节的最低位字节(Lowest Significant Bit,LSB)存放于内存最低位字节地址上.即最低地址存放的最低字节,为Power PC,I ...