一个简单的整数问题2【差分+树状数组+树状数组】
POJ3468、ACwing243
思路：
这个题和“一个简单的整数问题1”这个题相比的区别就是查询的是一个区间，而不再是一个数了。
那么对于区间查询，还是使用一个树状数组来维护前缀和，也就是树状数组求前缀和的前缀和了。
可以做出这样的换算来简化操作：
首先是将输入的数组a[]进行差分得到d[]，即：
a[1] = d[1]
a[2] = d[1] + d[2]
a[3] = d[1] + d[2] + d[3]
a[n] = d[1] + d[2] + ... + d[n]
这样就得到了一个树状数组。如果对于某一个区间[l,r]需要加上一个数k， 就是在d[l]加上k，d[r+1]减去k能更新树状数组了。
那么我们对于Q l r这个操作，就是查找a[l,r]的和，
因此我们要求a数组的前缀和Sn了。
Sn = a[1] + a[2] + ... + a[n]
= d[1] + (d[1]+d[2]) + (d[1]+d[2]+d[3]) + ... + (d[1]+...+d[n])
= n*d[1] + (n-1)*d[2] + ... 1*d[n]
= (n+1)*(d[1] + d[2] ... +d[n]) - (1*d[1]+2*d[2]+...+n*d[n])
= (n+1)*a[n] - Σi*d[i]
这样一个表达式就是数组a[]的前缀和了，而减号前部分(n+1)*a[n]可以通过上面的那个树状数组求得，减号后面的
表达式可以看到是i*d[i]的求和，因此再用一个树状数组来维护i*d[i]的前缀和就行了。
如果对于某一个区间[l,r]需要加上一个数k， 那么d[l]加上了k,d[r+1]减去了k，
i*d[i]的变化就是l这个位置加上了i*k，而r+1这个位置就减去了(r+1)*k
就是在第二个树状数组的l位置加上l*k，在r+1位置上减去(r+1)*k就能更新树状数组了。
代码：
最好是能把update和get_sum一共4个函数合并成2个函数，提高代码复用率，但是为了方便理解，这里还是分开写。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define
const int N = 1e5;
int tree1[N + 5],tree2[N + 5],a[N + 5],d[N + 5]; //分别存储维护d[i]的树状数组、i*d[i]的树状数组、原数组、差分数组
int n,m;
void update1(int x,int y){ //更新d[i]的树状数组
for(;x <= n;x += x & -x)
tree1[x] += y;
}
void update2(int x,int y){ //更新i*d[i]的树状数组
for(;x <= n;x += x & -x)
tree2[x] += y;
}
int get_sum1(int x){ //求d[i]前缀和
int ans = 0;
for(;x;x -= x & -x)
ans += tree1[x];
return ans;
}
int get_sum2(int x){ //求i*d[i]前缀和
int ans = 0;
for(;x;x -= x & -x)
ans += tree2[x];
return ans;
}
signed main(){
cin>>n>>m;
for(int i = 1;i <= n;++i){ //拆分
cin>>a[i];
d[i] = a[i] - a[i - 1];
}
for(int i = 1;i <= n;++i){ //建立d[i]和i*d[i]的树状数组
update1(i,d[i]);
update2(i,i * d[i]);
}
int x,y,z;char ch;
while(m--){
cin>>ch;
if(ch == 'C'){
cin>>x>>y>>z;
update1(x,z); //x之后的数都加上了z
update1(y + 1,-z); //y+1之后的数都减去z，和上一行加的抵消
update2(x,z * x); //x之后的数都加上z * x
update2(y + 1,(y + 1) * -z); //同理。
}
else{
cin>>x>>y;
//输出应该是S[y] - S[x-1]
cout<<(get_sum1(y) * (y + 1) - get_sum2(y)) - (get_sum1(x - 1) * x - get_sum2(x - 1))<<"\n";
}
}
return 0;
}
