【题解】P3374 【模板】树状数组 1

P3374 【模板】树状数组 1

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题目描述

如题，已知一个数列，你需要进行下面两种操作：

将某一个数加上 (x)

求出某区间每一个数的和。

前言

感觉最近学东西真的太快了...挺多都是囫囵吞枣，如果没有深入理解的话，做题就很难想到。这也是为什么我平时学得挺开心，一旦做题就懵逼的一大原因吧。

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(Solution)

树状数组方法就不说了

关于 (CDQ)，其实就是一个按照时间分治的东西（当然了，在某些题目里可以把某些条件转化为时间）

例如对于这道题来说，每个操作都是按照时间表的顺序进行的，前面的修改可能会影响后面的查询，但前面的查询不可能被后面的修改影响

那么我们可以尝试着把所有操作分成两个子问题，解决完每个子问题后，我们只需统计左区间对右区间的影响即可

如何统计这个影响呢？

我们注意到一个问题，对于某个询问操作 (a)，有一个修改操作 (b) 对它产生影响，那么 (b) 除了在时间表上的位置要比 (a) 靠前之外，(b) 所修改的点的位置也应该在 (a) 所要查询的区间内的

对于很多个区间，似乎不太好统计答案...于是我们可以把一个区间变为两个前缀和相减，把原来的一个询问操作 (a) 变为两个求前缀和的操作

那么可以把左右区间的所有操作排个序，按照位置枚举各个操作，若修改操作 (b) 对某个前缀和操作 (a) 产生了影响，那么 (b) 一定对 (a) 即后面的所有前缀和操作都产生了影响，就可以用一个 (sum) 来累加产生的影响即可（感觉有点糊，具体看代码）

快排的时间是 (O(nlog{n})) 的，则总复杂度会有两个 (log) ，会被卡掉

但是我们可以发现，由于是递归实现，那么左区间和右区间一定都是有序的，就可以用归并排序，一边归并一边计算贡献

完结撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿

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(Code)

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i, x, y) for(int i = x; i <= y; ++ i)
#define ll long long
using namespace std;
ll read();
const int N = 2e6 + 5;
int n, m, cnt, tot;
ll ans[N];
struct order{
	ll pos, k, val;//pos 为位置，k 为操作类型，val 为修改的值 / 询问的编号
}p[N], tmp[N];
void CDQ(int l, int r)
{
	if(l == r) return;
	ll mid = (l + r) >> 1;
	CDQ(l, mid), CDQ(mid + 1, r);
	ll sum = 0, i = l, j = mid + 1, o = l - 1;//归并的两个指针
	while(i <= mid && j <= r)
		if(p[i].pos <= p[j].pos) 
		{
			if(p[i].k == 1) sum += p[i].val;//如果是左区间的，那么就累加影响
			tmp[++ o] = p[i ++];
		}
		else 
		{
			if(p[j].k == 2) ans[p[j].val] -= sum;//此时累加的影响一定会对此处前缀和产生影响，因为那些操作的时间和位置都在此处之前
			if(p[j].k == 3) ans[p[j].val] += sum;//同上
			tmp[++ o] = p[j ++];
		}
	while(i <= mid) tmp[++ o] = p[i ++];
	while(j <= r)
	{
		if(p[j].k == 2) ans[p[j].val] -= sum;
		if(p[j].k == 3) ans[p[j].val] += sum;
		tmp[++ o] = p[j ++];
	}
	F(i, l, o) p[i] = tmp[i];//最后整体归并完成
}
int main()
{
	n = read(), m = read(), tot = n;
	F(i, 1, n) p[i].val = read(), p[i].pos = i, p[i].k = 1;//直接把原数组也看成一次操作
	for(int i = 1, op; i <= m; ++ i)
	{
		op = read();
		if(op == 1)
			p[++ tot].k = 1, p[tot].pos = read(), p[tot].val = read();
		else
		{
			p[++ tot].k = 2, p[tot].pos = read() - 1, p[tot].val = ++ cnt;
			p[++ tot].k = 3, p[tot].pos = read(), p[tot].val = cnt;
		}
	}
	CDQ(1, tot);
	F(i, 1, cnt) printf("%lld
", ans[i]);
	return 0;
}
ll read()
{
	int x = 0, f = 1;
	char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
	while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
	return x * f;
}