2018徐州网络赛-菜鸡补题
I.Characters with Hash
签到题。消掉前缀零，特判一下差小于10的情况和全0的情况即可。
ac代码：
#includeB. BE, GE or NE
博弈题。
但是这题比较强，传统的博弈题只分胜负，最多加个平手，而这题随着最后游戏分数的区间不同，划分三种结局！！！
从传统的角度把这题抽象一下，就是好像有一根指针，在区间上移动，最后停下的位置代表着结局。如果逆向思维一下，把这跟指针看成相对静止，变成区间在移动的话……
三种操作，加，减，乘-1随着当前玩家的不同，就变成了另外一种东西。
对于希望得到GE的玩家：
加：GE区间扩大，BE区间缩小直至消失，消失后压缩NE区间
减：与加相反，BE区间扩大。
乘-1：区间翻转。
对于希望得到BE的玩家：
呃，跟楼上相反，乘-1还是区间翻转。
然后我们分别考虑这三种走法对区间的影响，最后取个并，就是当前的最理想结局。
用字符串模拟，最后判一下s[m]是什么状态，即可得到结果。
%%权哥！
ac代码：
#includeH.Ryuji doesn’t want to study
主要就是搞那个式子，我不会化简，我看网上有人化到最后得出“这不就是俩前缀和嘛”的结论。
怎么说，线段树维护区间和和权值和就好了。
ac代码：
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;
struct Ans {
ll sum, val;
};
int n, q;
ll in[maxn], sum[maxn << 2], val[maxn << 2];
void pushUp(int i) {
sum[i] = sum[i << 1] + sum[i << 1 | 1];
val[i] = val[i << 1] + val[i << 1 | 1];
}
void build(int i, int l, int r) {
if(l == r) {
sum[i] = in[l];
val[i] = in[l] * (n - l + 1);
return;
}
int mid = (l + r) / 2;
build(i << 1, l, mid);
build(i << 1 | 1, mid + 1, r);
pushUp(i);
}
void update(int i, int l, int r, int pos, ll v) {
if(l == r) {
sum[i] = v;
val[i] = v * (n - pos + 1);
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(pos <= mid) {
update(i << 1, l, mid, pos, v);
} else {
update(i << 1 | 1, mid + 1, r, pos, v);
}
pushUp(i);
}
Ans query(int i, int l, int r, int L, int R) {
if(l >= L && r <= R) {
return {sum[i], val[i]};
}
int mid = (l + r) >> 1;
Ans left = {0, 0}, right = {0, 0};
if(L <= mid) {
left = query(i << 1, l, mid, L, R);
}
if(R > mid) {
right = query(i << 1 | 1, mid + 1, r, L, R);
}
return {left.sum + right.sum, left.val + right.val};
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &q);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &in[i]);
}
build(1, 1, n);
int a, b, c;
while(q--) {
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
if(a == 1) {
Ans ans = query(1, 1, n, b, c);
printf("%lld\n", ans.val - ans.sum * (n - c));
} else {
update(1, 1, n, b, c);
}
}
return 0;
}