线段树【p4879】ycz的妹子

Description

机房神犇yczycz有n个青梅竹马，她们分别住在1~n号城市中。小时候的她们美丽可爱，但是由于女大十八变，有些妹子的颜值发生了变化，但是十分重感情的(ycz)神犇不忍心抛弃她们，于是记录下来了她们颜值变化的值，我们用(C\, x\, y)表示第(x)个城市的妹子的颜值下降了(y)。长大之后的(ycz)非常有魅力，有许多妹子被(ycz)迷得神魂颠倒，我们用(I\, x\, y)表示第(x)个城市有一个妹子喜欢上了(ycz)，她的颜值为(y)（(y)有可能是负数，但是(ycz)来者不拒）。但在中途有一些妹子和(ycz)吵架了，于是就分手了，我们用(D\, x)表示第(x)个妹子和(ycz)分手了。

最近神犇(ycz)要去全国各地找他的妹子们，为了方便计算，我们珂以把(ycz)的妹子所在的城市当作是一条直线，并且挨在一起。神犇(ycz)由于忙于和他的妹子们联系此时已经很累了，于是交给你一个这样的任务：他想知道他在某个时间去找他的所有妹子们珂以获得多大的愉悦度，这个愉悦度为他找的妹子的颜值数，你要做的就是求出这个愉悦度之和（注意长大后妹子们的颜值可能为负数/滑稽）。

注意：每个城市只允许有一个妹子，也就是说后来喜欢上(ycz)的妹子会赶走之前这个城市喜欢(ycz)的妹子（一城不容二女）。

UPD:

青梅竹马都是喜欢(ycz)的。

分手的第(x)个妹子不是第(x)城市的妹子，是指从前往后数第(x)个有妹子的城市的妹子

青梅竹马长大后就是妹子

修改的值(y)不为负数，但是颜值减去之后可能为负数

Input

第一行两个正整数(n)和(m) ((1leq nleq 100000))

第二行为(n)个整数(a_i)，表示小时候(ycz)的青梅竹马的颜值((1leq a_i<=10^9))

接下来(m)行，每行为一条信息，每条信息可能是下面的一种:

(C\, x\, y)表示第(x)个城市的妹子的颜值下降了(y)

(I\, x\, y)表示在第(x)个城市有一个颜值为(y)的妹子迷上了(ycz)

(D\, x)表示第(x)个妹子和(ycz)分手了

(Q)表示(ycz)现在想知道如果现在去找他所有的妹子们珂以获得多大的愉悦度

说明：妹子们居住的城市编号最大为(5 imes 10^5)

Output

对于每一个(Q)输出一个整数

别看题面这么长,一个裸的线段树.

支持操作,单点修改＆＆单点查询.

难点在于如何分手

直接(while)去找这个妹子实在左边还是右边就好了.qwq。

貌似不是很难,记得开$long long $就好

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define int long long 
#define R register
#define N 500008

using namespace std;

inline void in(int &x)
{
	int f=1;x=0;char s=getchar();
	while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
	x*=f;
}

int n,m,new_n;
int res[N];
struct cod{int sum,num,l,r;}tr[N<<2];

#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
inline void up(int o)
{
	tr[o].sum=tr[ls].sum+tr[rs].sum;
	tr[o].num=tr[ls].num+tr[rs].num;
}

void build(int o,int l,int r)
{
	tr[o].l=l,tr[o].r=r;
	if(l==r)
	{
		tr[o].sum=res[l];
		tr[o].num= (l<=n ? 1:0);
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(ls,l,mid);
	build(rs,mid+1,r);
	up(o);
}

void change(int o,int l,int r,int pos,int del,int flg)
{
	if(l==r)
	{
		tr[o].sum+=del;
		tr[o].num=flg;
		return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(pos<=mid)change(ls,l,mid,pos,del,flg);
	else change(rs,mid+1,r,pos,del,flg);
	up(o);
}

int query(int o,int l,int r,int x,int y)
{
	if(x<=l and y>=r)return tr[o].sum;
	int mid=(l+r)>>1,res=0;
	if(x<=mid)res+=query(ls,l,mid,x,y);
	if(y>mid)res+=query(rs,mid+1,r,x,y);
	return res;
}

int pos;

int t_query(int o,int k)
{
	while(2333)
	{
		if(tr[o].l==tr[o].r)
		{
			pos=tr[o].l;
			return tr[o].sum;
		}
		if(tr[ls].num>=k)o=ls;
		else
		{
			k-=tr[ls].num;
			o=rs;
		}
	}
}

char opt[7];
signed main()
{
	in(n),in(m);
	for(R int i=1;i<=n;i++)in(res[i]);
	new_n=N;
	build(1,1,new_n);
	for(R int i=1,x,y;i<=m;i++)
	{
		scanf("%s",opt+1);
		if(opt[1]=='C')
		{
			in(x),in(y);
			change(1,1,new_n,x,-y,1);
		}
		if(opt[1]=='I')
		{
			in(x),in(y);
			int now=query(1,1,new_n,x,x);
			change(1,1,new_n,x,y-now,1);
		}
		if(opt[1]=='D')
		{
			in(x);
			int now=t_query(1,x);
			change(1,1,new_n,pos,-now,0);
		}
		if(opt[1]=='Q')
			printf("%lld
",tr[1].sum);
	}
}