poj3468 A Simple Problem with Integers(线段树模板 功能：区间增减，区间求和)

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Description

You have N integers, A₁, A₂, ... , A_N. 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 A₁, A₂, ... , A_N. -1000000000 ≤ A_i ≤ 1000000000.

Each of the next Q lines represents an operation.

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

"Q a b" means querying the sum of A_a, A_a+1, ... , A_b.

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.

Source

field=source&key=POJ+Monthly--2007.11.25" style="text-decoration:none">POJ Monthly--2007.11.25, Yang Yi

代码例如以下：

//线段树功能:update:成段增减 query:区间求和
//此题为Poj 3468 代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define lson l , mid , rt << 1
#define rson mid + 1 , r , rt << 1 | 1
//lson和rson分辨表示结点的左儿子和右儿子
//rt表示当前子树的根(root),也就是当前所在的结点
#define LL long long
const int maxn = 111111;
//maxn是题目给的最大区间,而节点数要开4倍,确切的来说节点数要开大于maxn的最小2x的两倍
LL add[maxn<<2];//用来标记每一个节点，为0则表示没有标记，否则为标记。
LL sum[maxn<<2];//求和
void PushUp(int rt) //把当前结点的信息更新到父结点
{
	sum[rt] = sum[rt<<1] + sum[rt<<1|1];
}
void PushDown(int rt,int len)//把当前结点的信息更新给儿子结点,len为分区间长度
 {//对某一个区间进行改变，假设被标记了，在查询的时候就得把改变传给子节点，由于查询的并不一定是当前区间
	if (add[rt]) //已经标记过。该区间被改变过
	{
		//由于rt的儿子节点可能被多次延迟标记。而且rt的儿子节点的延迟标记没有向rt的孙子节点移动，所以用“+=”
		add[rt<<1] += add[rt];
		add[rt<<1|1] += add[rt];
		/*此处用add[rt]乘以区间长度，不是add[rt<<1], 由于rt的儿子节点假设被多次标记，之前被标记时，
          就已经对sum[rt<<1]更新过了。

*/
		sum[rt<<1] += add[rt] * (len - (len >> 1));//更新左儿子的和
		sum[rt<<1|1] += add[rt] * (len >> 1);//更新右儿子的和
		add[rt] = 0;//将标记向儿子节点移动后。父节点的延迟标记去掉
	}
}
void build(int l,int r,int rt)
 {
	add[rt] = 0;//初始化为全部结点未被标记
	if (l == r)
	{
		scanf("%lld",&sum[rt]);
		return ;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	build(lson);
	build(rson);
	PushUp(rt);
}
void update(int L,int R,int c,int l,int r,int rt)
{
	if (L <= l && r <= R)
	{
		add[rt] += c;
		sum[rt] += (LL)c * (r - l + 1);//更新代表某个区间的节点和，该节点不一定是叶子节点
		return ;
	}
	/*当要对被延迟标记过的这段区间的儿子节点进行更新时，先要将延迟标记向儿子节点移动
    当然，假设一直没有对该段的儿子节点更新，延迟标记就不须要向儿子节点移动，这样就使
    更新操作的时间复杂度仍为O（logn），也是使用延迟标记的原因。
    */
	PushDown(rt , r - l + 1);//向下传递
	int mid = (l + r) >> 1;
	if (L <= mid)
		update(L , R , c , lson);//更新左儿子
	if (mid < R)
		update(L , R , c , rson);//更新右儿子
	PushUp(rt);//向上传递更新和
}
LL query(int L,int R,int l,int r,int rt)
 {
	if (L <= l && r <= R)
	{
		return sum[rt];
	}//要取rt子节点的值时。也要先把rt的延迟标记向下移动
	PushDown(rt , r - l + 1);
	int mid = (l + r) >> 1;
	LL ret = 0;
	if (L <= mid)
		ret += query(L , R , lson);
	if (mid < R)
		ret += query(L , R , rson);
	return ret;
}
int main()
{
	int N , Q;
	scanf("%d%d",&N,&Q);//N为节点数
	build(1 , N , 1); //建树
	while (Q--)//Q为询问次数
	{
		char op[2];
		int a , b , c;
		scanf("%s",op);
		if (op[0] == 'Q')
		{
			scanf("%d%d",&a,&b);
			printf("%lld\n",query(a , b , 1 , N , 1));
		}
		else
		{
			scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);//c为区间a到b添加的值
			update(a , b , c , 1 , N , 1);
		}
	}
	return 0;
}