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  • P4868 Preprefix sum

    传送门

    挺显然的一题?单点修改,前缀和数组前缀查询

    树状数组就可以维护了

    考虑每个位置对应询问的贡献,设询问的位置为 $x$,对于原数组 $a[i]$ 的某个位置 $i$,它会贡献 $(x-i+1)*a[i]$

    即 $x*a[i]-(i-1)*a[i]$,直接对两个部分搞两个树状数组分别维护即可

    具体就是搞个 $BIT_1$ 维护 $a[i]$ ,$BIT_2$ 维护 $a[i]*(i-1)$ ,对于询问 $x$

    答案就是 $BIT_1.query(x)*x - BIT_2.query(x)$

    注意一下 $long long$

    #include<iostream>
    #include<cstdio>
    #include<algorithm>
    #include<cstring>
    #include<cmath>
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    inline int read()
    {
        int x=0,f=1; char ch=getchar();
        while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
        while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
        return x*f;
    }
    const int N=2e5+7;
    int n,m;
    struct BIT {
        ll t[N];
        inline void add(int x,ll v) { while(x<=n) t[x]+=v,x+=x&-x; }
        inline ll ask(int x) { ll res=0; while(x) res+=t[x],x-=x&-x; return res; }
    }T1,T2;
    int a[N];
    int main()
    {
        n=read(),m=read();
        for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
        for(int i=1;i<=n;i++) T1.add(i,a[i]),T2.add(i,1ll*a[i]*(i-1));
        char s[7]; int x,y;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            scanf("%s",s); x=read();
            if(s[0]=='Q') { printf("%lld
    ",T1.ask(x)*x-T2.ask(x)); continue; }
            y=read(); T1.add(x,y-a[x]); T2.add(x,1ll*(y-a[x])*(x-1));
            a[x]=y;
        }
        return 0;
    }
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