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
-
5 4
1 2 3 4 5
Q 2 3 0
M 3 5
Q 2 3 2
Q 1 3 1 - 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*];
int ls[N*],sum[N*],rs[N*];
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)>>;
if(pos<=mid)rs[rt]=rs[pre],change(l,mid,ls[rt],ls[pre],pos,w);
else ls[rt]=ls[pre],change(mid+,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)>>;
if(opl<=mid)query(l,mid,ls[rt],opl,opr);
if(opr>mid)query(mid+,r,rs[rt],opl,opr);
} int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int x,y,z;
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&x),change(,n,root[],root[],i,x);
char s[];
int now=;
for(int i=;i<=m;i++)
{
ope[i]=now;
scanf("%s",s);
if(s[]=='M')
{
now++;
ope[i]=now;
scanf("%d%d",&x,&y);
change(,n,root[now],root[now-],x,y);
}
else
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
ans=;
query(,n,root[ope[z]],x,y);
printf("%d\n",ans);
}
}
return ;
}
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