A Simple Problem with Integers
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Case Time Limit: 2000MS
Description
You have N integers, A1, A2, … , AN. 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, … , AN. -1000000000 ≤ Ai ≤ 1000000000.
Each of the next Q lines represents an operation.
“C a b c” means adding c to each of Aa, Aa+1, … , Ab. -10000 ≤ c ≤ 10000.
“Q a b” means querying the sum of Aa, Aa+1, … , Ab.
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
題目大意：
給你n個值，m個詢問,當詢問為Q表示[a,b]區間和,C a b c 表示區間[a,b]加上c
思路：
這個題已經用線段樹的lazy标簽做過一次了，現在給出樹狀數組做法。
假設大家都已經會樹狀數組的單點查詢，單點更新，區間查詢操作了。現在我們主要讨論的是區間修改，區間查詢。
首先引入一個概念：
差分數組 所謂差分數組就是相鄰兩個數的差組成的數組。
這麼這個數組有什麼好處呢？
首先假設存在這樣一組序列sum[i]= 1 2 3 4 5 然後求他們的差分數組為 a[i]= 1 1 1 1 1，然後你會發現一個不錯的性質 ∑ i = 1 x a [ i ] \displaystyle\sum_{i=1}^{x} a[i] i=1∑xa[i]=sum[i] ，也就是說序列的第i個數的值就會等于差分數組前i個數之和。（有沒有想過問什麼？這個不難證明，就不多說了）
有了這個性質我們是不是可以用他求出各個數的值，但是他的時間複雜度是O(n)，有人就會問了，不用差分數組直接存複雜度O(1),引入差分數組不是多此一舉嗎？其實不是這樣的，因為差分數組最終要做的是求字首和，那麼我們可以用數組數組來構造這個差分數組，這樣他的查詢，和修改的複雜度就全部優化到了O(log n)了，而你用數組直接存詢問複雜度O(1)，修改O(n)，對于多次修改，差分樹狀數組的有點就展現出來了。
有了差分樹狀這組這個概念，接下來我給出兩個很重要的公式。
我們是用差分樹狀數組求sum[i]的值，那麼 ∑ i = 1 x s u m [ i ] \displaystyle\sum_{i=1}^{x} sum[i] i=1∑xsum[i]，那麼這個要怎麼求呢？其實很簡單，因為有 ∑ i = 1 x a [ i ] \displaystyle\sum_{i=1}^{x} a[i] i=1∑xa[i]=sum[i] ，是以 ∑ i = 1 x s u m [ i ] \displaystyle\sum_{i=1}^{x} sum[i] i=1∑xsum[i]= ∑ i = 1 x \displaystyle\sum_{i=1}^{x} i=1∑x ∑ j = 1 i a [ i ] \displaystyle\sum_{j=1}^{i} a[i] j=1∑ia[i] （這個公式應該也不難想到，自己在本子上畫一畫就知道了）
那麼這個公式那麼時間複雜度是(logn *log n)，顯然我們可以繼續優化。
将公式展開 ∑ i = 1 x ( x + 1 − i ) a [ i ] \displaystyle\sum_{i=1}^{x} (x+1-i)a[i] i=1∑x(x+1−i)a[i]=x * ∑ i = 1 x a [ i ] \displaystyle\sum_{i=1}^{x} a[i] i=1∑xa[i] - ∑ i = 1 x a [ i ] ∗ ( i − 1 ) \displaystyle\sum_{i=1}^{x} a[i]*(i-1) i=1∑xa[i]∗(i−1)（為什麼展開成這樣了？因為求字首和時候，第一個數出現x次，第二數出現，(x-1)次，第三個數以此類推，然後就成這樣了）
那麼如果我們用一個數組s1維護 ∑ i = 1 x a [ i ] \displaystyle\sum_{i=1}^{x} a[i] i=1∑xa[i]，另外一個數組s2維護 ∑ i = 1 x a [ i ] ∗ ( i − 1 ) \displaystyle\sum_{i=1}^{x} a[i]*(i-1) i=1∑xa[i]∗(i−1)，那麼時間複雜度就 優化到了O(logn)，怎麼樣？是不是很神奇？
有了上面的知識我們怎麼做區間求和呢，假如給你區間[2，3]那麼他的和是不是[1，3]的和減去[1，1]的和，[1，3]的和怎麼求呢？
∑ i = 1 x s u m [ i ] \displaystyle\sum_{i=1}^{x} sum[i] i=1∑xsum[i]=x* ∑ i = 1 x a [ i ] \displaystyle\sum_{i=1}^{x} a[i] i=1∑xa[i] - ∑ i = 1 x a [ i ] ∗ ( i − 1 ) \displaystyle\sum_{i=1}^{x} a[i]*(i-1) i=1∑xa[i]∗(i−1) 是不是就是這個公式？轉化成代碼就是x*query(x,s1)-query(x,x2)，然後把3帶入公式中的x就可以求出[1，3]的區間和了。[1，1]也是同理。
那麼區間修改又要怎麼做呢？
假如現在要将區間[x,y]加上一個常數c，是不是隻需要修改s1,讓數組下标x加上c，然後樹狀數組一直傳遞到樹根，前面的不變，那麼x前面的數求和是不是不變，後面的數求和時全部加上了一個常數c，這顯然沒達到我們的要求，我們再将y+1數組下标減去這個常數c，也就是加上-c，這樣是不是就隻有[x，y]區間加上了常數c，注意差分樹狀數組求和是x-=(x&-x)，這個大家應該都懂。另外一個數組s2也是同理，轉化成代碼add(l,v,s1);add(r+1,-v,s2);add(l,(l-1)*v,s1);add(r+1,(r+1-1) * (-v),s2)；
如果還有什麼不懂，大家再慢慢去想吧，畢竟我想了三天才想通（斷斷續續，畢竟課太多，瘋狂為自己的弱找借口）
下面給個這個題的代碼:
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
typedef long long ll;
ll N,M;
ll sum[maxn]={0},s1[maxn]={0},s2[maxn]={0};
void add(ll x,ll k,ll s[]){
for(;x<=N;x+=(x&-x)){
s[x]+=k;
}
}
ll query(ll x,ll s[]){
ll ans=0;
for(;x;x-=(x&-x)){
ans+=s[x];
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&N,&M);
for(ll i=1;i<=N;i++){
scanf("%lld",&sum[i]);
add(i,sum[i]-sum[i-1],s1);
add(i,(i-1)*(sum[i]-sum[i-1]),s2);
}
while(M--){
int ins;
ll x,y,z;
scanf("%d",&ins);
if(ins==1){
scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
add(x,z,s1);add(y+1,-z,s1);
add(x,z*(x-1),s2);add(y+1,-z*(y),s2);
}else if(ins==2){
scanf("%lld%lld",&x,&y);
ll ans1=y*query(y,s1)-query(y,s2);
ll ans2=(x-1)*query(x-1,s1)-query(x-1,s2);
printf("%lld\n",ans1-ans2);
}
}
}