线段树 模板题

线段树

Problem Description
已知一个数列，你需要进行下面两种操作：
1.将某区间每一个数加上x
2.求出某区间每一个数的和
Input
第一行包含两个整数N、M，分别表示该数列数字的个数和操作的总个数。
第二行包含N个用空格分隔的整数，其中第i个数字表示数列第i项的初始值。
接下来M行每行包含3或4个整数，表示一个操作，具体如下：
操作1： 格式：1 x y k 含义：将区间[x,y]内每个数加上k
操作2： 格式：2 x y 含义：输出区间[x,y]内每个数的和
Output
包含若干行整数，即为所有操作2的结果。
Sample Input
5 5
1 5 4 2 3
2 2 4
1 2 3 2
2 3 4
1 1 5 1
2 1 4
Sample Output
11
8
20
Tip
时空限制：1000ms,128M
Data Constraint
对于30%的数据：N≤8，M≤10
对于70%的数据：N≤1000，M≤10000
对于100%的数据：N≤100000，M≤100000

刚刚看到本题，很显然，我们可以先尝试一下暴力，当然，如果分块的话，我们也可以大大加快我们对本题的处理。
那么我们就有非常简单的暴力代码。

#include 

#define LL long long 

using namespace std;

LL n,m;
LL a[1000001];

int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for (LL i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld",&a[i]);
	for (LL i=1;i<=m;i++)
	{
		LL k,x,y,j;
		scanf("%lld%lld%lld",&j,&x,&y);
		switch (j){
			case 1:
				scanf("%lld",&k);
				for (LL p=x;p<=y;p++)
					a[p]+=k;
				break;
			case 2:
				{
					LL ans=0;
					for (LL p=x;p<=y;p++)
						ans+=a[p];
					printf("%lld\n",ans);
				}
				break;
		}
	}
}

观察本题，很显然我们需要建立一棵线段树，其每个节点都存储一段区间的和， 并且我们可能需要一个布尔函数来帮助我们快速修改一段区间的值。当然，如果题目只是一个值一个值修改的话，我们可以选择树状数组来更快地处理问题。
那么，什么是线段树呢？

线段树是一种二叉搜索树，与区间树相似，它将一个区间划分成一些单元区间，每个单元区间对应线段树中的一个叶结点。

简单来说，线段树的建立，一般是将一个数组tree[]，每一个编号i都算一个节点，那么我们就可以得到任意一个线段树的节点 tree[i]，并且使用结构体的方式存储。
这样，我们的tree[i]，就可以记录下它存储的区间和的左端点 left 和右端点 right，以及这段区间的和 sum。同时，线段树之所以是线段树，是因为它的祖先、儿子存在包含关系。
简单来说，如果我已经有一个节点tree[i]，那么我们通过它所存储的区间的中点 mid=(left+right)/2 ，那么我可以再为这个节点 tree[i] 记录两个值 leftson , rightson ，表示它的左儿子和右儿子，那么，左右儿子分别继承父亲节点的一部分区间和，为了尽量降低复杂度，我们选择左右儿子分别继承父亲节点的一半区间，所得到的左儿子 tree[leftson] ，它的区间左端点仍为 left ， 右端点变成了mid 。所以右儿子 tree[rightson]，它的区间左端点则为 mid+1 ,右端点则是 right 。由此我们明白，左右儿子所记录的区间和就是父亲节点记录的区间和，那么我们就可以通过这一点，进行一个搜索。
我们从根节点进行搜索一段区间，判断这段区间是继承到了左儿子还是右儿子处，也可能是两个儿子分别占有一部分，然后分别进行搜索，就可以得到答案。
也正是因为每个节点记录的是一段区间和，所以我们修改一段区间的数的大小时，我们只需一个节点一个节点处理就可以了，当然，为了节约时间，我们可以引入变量 change 来记录这个节点的所有儿子和它是否需要修改，然后在我们遍历到存在change 的点时，我们只需要增加该节点的和，并将change继承给它的各个儿子，就可以了。
所以，我们有如下代码。

#include 
 
#define LL long long  
 
using namespace std;
 
LL n,m;
LL q[100010];
struct node{
    LL left,right,sum,change;
}v[270000];
 
void build(LL ,LL ,LL );
void change(LL ,LL ,LL ,LL );
LL find(LL ,LL ,LL );
 
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for (LL i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&q[i]);
    build(1,1,n);
    for (LL i=1;i<=m;i++)
    {
        LL j,x,y,k;
        scanf("%lld%lld%lld",&j,&x,&y);
        if (j==1)
        {
            scanf("%lld",&k);
            change(1,x,y,k);
        }
        else
            printf("%lld\n",find(1,x,y));
    }
    return 0;
}
 
LL find(LL ro,LL le,LL ri)
{
    if (v[ro].change)
    {
        v[ro].sum+=v[ro].change*(v[ro].right-v[ro].left+1);
        if (v[ro].left>1;
    if (ri<=mid)
        return find(ro<<1,le,ri);
    if (le>mid)
        return find(ro<<1|1,le,ri);
    return find(ro<<1,le,mid)+find(ro<<1|1,mid+1,ri);
}
 
void change(LL ro,LL le,LL ri,LL ca)
{
    v[ro].sum+=(ri-le+1)*ca;
    if (le==v[ro].left&&ri==v[ro].right)
    {
        if (v[ro].left>1;
    if (ri<=mid)
    {
        change(ro<<1,le,ri,ca);
        return ;
    }
    if (le>mid)
    {
        change(ro<<1|1,le,ri,ca);
        return ;
    }
    change(ro<<1,le,mid,ca);
    change(ro<<1|1,mid+1,ri,ca);
    return ;
}
 
void build(LL ro,LL le,LL ri)
{
    v[ro].left=le;v[ro].right=ri;
    if (le>1;
        build(ro<<1,le,mid);
        build(ro<<1|1,mid+1,ri);
        v[ro].sum=v[ro<<1].sum+v[ro<<1|1].sum;
    }
    else
        v[ro].sum=q[le];
    return ;
}