前前缀和(新颖的差分)

问题

给出一个序列(a[i])

前缀和(S=sumlimits_{i=1}^{n}a[i])

前前缀和(SS=sumlimits_{i=1}^{n}S[i])

现在给出(n)个操作。一些是修改某个(a[i]),一些事查询某个(SS[i])

手动分割线

(S[i]=a[1]+a[2]+...+a[i])

(SS[i]=S[1]+S[2]+...+S[i])

当修改某个(a[i])为(x)时,对于(S)相当于时给区间([i,n])都加上(x-a[i])

对于(SS)而言，相当于给区间([i,n])都加上(k(x-a[i])),其中(k)是常数,随着(i)的增加而增加

(然后前面的都是废话，这题和S序列和差分都没有什么关系(手动滑稽))

实际上每次查询(SS[i]),答案就是原始的(SS[i])加上期间在区间([1,i])所做的操作的区间和

那么其实我们维护一下一个新的序列(temp),每次修改(a[i])直接在上面做线段树修改就行。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=100009;
ll n,m;
ll e[maxn],s[maxn],sumn[maxn];
ll ss[maxn],ssumn[maxn],ans[maxn];
struct p{
	ll l,r,w,lazy;
}a[maxn*4];
void build(ll p,ll l,ll r){
	a[p].l=l,a[p].r=r;
	if(l==r){
		a[p].w=0;
		return;
	}
	ll mid=l+r>>1;
	build(p<<1,l,mid);
	build(p<<1|1,mid+1,r);
	a[p].w=a[p<<1].w+a[p<<1|1].w;
}
void pushdown(int p){
	a[p<<1].lazy+=a[p].lazy;
	a[p<<1|1].lazy+=a[p].lazy;
	a[p<<1].w+=a[p].lazy*(a[p<<1].r-a[p<<1].l+1);
	a[p<<1|1].w+=a[p].lazy*(a[p<<1|1].r-a[p<<1|1].l+1);
	a[p].lazy=0;
}
void add(ll p,ll l,ll r,ll k){
	if(a[p].l>=l&&a[p].r<=r){
		a[p].lazy+=k;
		a[p].w+=k*(a[p].r-a[p].l+1);
		return;
	}
	pushdown(p);
	int mid=a[p].l+a[p].r>>1;
	if(mid>=l)	add(p<<1,l,r,k);
	if(mid<r)	add(p<<1|1,l,r,k);
	a[p].w=a[p<<1].w+a[p<<1|1].w;		
}
ll ssss=0;
void ask(ll p,ll l,ll r)
{
	if(a[p].l>=l&&a[p].r<=r){
		ssss+=a[p].w;
		return;
	}
	pushdown(p);
	ll mid=a[p].l+a[p].r>>1;
	if(mid>=l)	ask(p<<1,l,r);
	if(mid<r)	ask(p<<1|1,l,r);
}
int main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&e[i]);
		sumn[i]=e[i]+sumn[i-1];//i到n都修改k
		ssumn[i]=ssumn[i-1]+sumn[i];//i到n都修改(n-i)k 
	}
	build(1,1,n);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		string s;
		cin>>s;
		if(s[0]=='Q')
		{
			ssss=0;
			ll l;
			scanf("%lld",&l);
			ask(1,1,l);
			printf("%lld
",ssss+ssumn[l]);
		}
		else
		{
			ll l,r;
			scanf("%lld%lld",&l,&r);
			ll k=r-e[l];
			add(1,l,n,k);
			e[l]=r;
		}
	}	
}