东方14ACM小组 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。

可持久化线段树模板

#include<cstdio>
#define N 100001
using namespace std;
int n,m,cnt,ans;
int root[N],lc[N*20],rc[N*20],sum[N*20];
int ope[N];
void change(int &k,int pre,int l,int r,int pos,int w)
{
    if(!k) k=++cnt;
    sum[k]=sum[pre];
    if(l==r) { sum[k]=w; return; }
    int mid=l+r>>1;
    if(pos<=mid) rc[k]=rc[pre],change(lc[k],lc[pre],l,mid,pos,w);
    else lc[k]=lc[pre],change(rc[k],rc[pre],mid+1,r,pos,w);
    sum[k]=sum[lc[k]]+sum[rc[k]];
}
void query(int k,int l,int r,int opl,int opr)
{
    if(l>=opl && r<=opr) { ans+=sum[k]; return; }
    int mid=l+r>>1;
    if(opl<=mid) query(lc[k],l,mid,opl,opr);
    if(opr>mid) query(rc[k],mid+1,r,opl,opr); 
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int x,y,z;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    scanf("%d",&x),change(root[0],root[0],1,n,i,x);
    int now=0;
    char s[3];
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        ope[i]=now;
        scanf("%s",s);
        if(s[0]=='M') 
        {
            now++; ope[i]=now;
            scanf("%d%d",&x,&y);
            change(root[now],root[now-1],1,n,x,y);
        }
        else
        {
            scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
            ans=0;
            query(root[ope[z]],1,n,x,y);
            printf("%d
",ans);
        }
    }
}