poj3468 A Simple Problem with Integers(树状数组区间修改，区间查询详解)

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

题目大意：
给你n个值，m个询问,当询问为Q表示[a,b]区间和,C a b c 表示区间[a,b]加上c

思路：
这个题已经用线段树的lazy标签做过一次了，现在给出树状数组做法。

假设大家都已经会树状数组的单点查询，单点更新，区间查询操作了。现在我们主要讨论的是区间修改，区间查询。
首先引入一个概念：

差分数组 所谓差分数组就是相邻两个数的差组成的数组。

这么这个数组有什么好处呢？
首先假设存在这样一组序列sum[i]= 1 2 3 4 5 然后求他们的差分数组为 a[i]= 1 1 1 1 1，然后你会发现一个不错的性质 ${\displaystyle \sum _{i=1}^{x}a\left[i\right]}$i=1∑x​a[i]=sum[i] ，也就是说序列的第i个数的值就会等于差分数组前i个数之和。（有没有想过问什么？这个不难证明，就不多说了）
有了这个性质我们是不是可以用他求出各个数的值，但是他的时间复杂度是O(n)，有人就会问了，不用差分数组直接存复杂度O(1),引入差分数组不是多此一举吗？其实不是这样的，因为差分数组最终要做的是求前缀和，那么我们可以用数组数组来构造这个差分数组，这样他的查询，和修改的复杂度就全部优化到了O(log n)了，而你用数组直接存询问复杂度O(1)，修改O(n)，对于多次修改，差分树状数组的有点就体现出来了。
有了差分树状这组这个概念，接下来我给出两个很重要的公式。
我们是用差分树状数组求sum[i]的值，那么 ${\displaystyle \sum _{i=1}^{x}sum\left[i\right]}$i=1∑x​sum[i]，那么这个要怎么求呢？其实很简单，因为有 ${\displaystyle \sum _{i=1}^{x}a\left[i\right]}$i=1∑x​a[i]=sum[i] ，所以 ${\displaystyle \sum _{i=1}^{x}sum\left[i\right]}$i=1∑x​sum[i]= ${\displaystyle \sum _{i=1}^x}$i=1∑x​ ${\displaystyle \sum _{j=1}^{i}a\left[i\right]}$j=1∑i​a[i] （这个公式应该也不难想到，自己在本子上画一画就知道了）
那么这个公式那么时间复杂度是(logn *log n)，显然我们可以继续优化。
将公式展开 ${\displaystyle \sum _{i=1}^x(x+1-i)a\left[i\right]}$i=1∑x​(x+1−i)a[i]=x * ${\displaystyle \sum _{i=1}^{x}a\left[i\right]}$i=1∑x​a[i] - ${\displaystyle \sum _{i=1}^{x}a\left[i\right]\ast (i-1)}$i=1∑x​a[i]∗(i−1)（为什么展开成这样了？因为求前缀和时候，第一个数出现x次，第二数出现，(x-1)次，第三个数以此类推，然后就成这样了）
那么如果我们用一个数组s1维护 ${\displaystyle \sum _{i=1}^{x}a\left[i\right]}$i=1∑x​a[i]，另外一个数组s2维护 ${\displaystyle \sum _{i=1}^{x}a\left[i\right]\ast (i-1)}$i=1∑x​a[i]∗(i−1)，那么时间复杂度就 优化到了O(logn)，怎么样？是不是很神奇？

有了上面的知识我们怎么做区间求和呢，假如给你区间[2，3]那么他的和是不是[1，3]的和减去[1，1]的和，[1，3]的和怎么求呢？
${\displaystyle \sum _{i=1}^{x}sum\left[i\right]}$i=1∑x​sum[i]=x* ${\displaystyle \sum _{i=1}^{x}a\left[i\right]}$i=1∑x​a[i] - ${\displaystyle \sum _{i=1}^{x}a\left[i\right]\ast (i-1)}$i=1∑x​a[i]∗(i−1) 是不是就是这个公式？转化成代码就是x*query(x,s1)-query(x,x2)，然后把3带入公式中的x就可以求出[1，3]的区间和了。[1，1]也是同理。

那么区间修改又要怎么做呢？
假如现在要将区间[x,y]加上一个常数c，是不是只需要修改s1,让数组下标x加上c，然后树状数组一直传递到树根，前面的不变，那么x前面的数求和是不是不变，后面的数求和时全部加上了一个常数c，这显然没达到我们的要求，我们再将y+1数组下标减去这个常数c，也就是加上-c，这样是不是就只有[x，y]区间加上了常数c，注意差分树状数组求和是x-=(x&-x)，这个大家应该都懂。另外一个数组s2也是同理，转化成代码add(l,v,s1);add(r+1,-v,s2);add(l,(l-1)*v,s1);add(r+1,(r+1-1) * (-v),s2)；

如果还有什么不懂，大家再慢慢去想吧，毕竟我想了三天才想通（断断续续，毕竟课太多，疯狂为自己的弱找借口）
下面给个这个题的代码:

#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);
        }
    }
}