bzoj 3155: Preprefix sum

树状数组

我们需要求的是$\displaystyle \sum_{i=1}^{k}S_i$ ,即$\displaystyle \sum_{i=1}^{k}\sum_{j=1}^{i}a_j$.

暴力求解肯定是不行的，化简式子是OIer的优良传统，所以我们可以考虑化简一下式子。

我们可以考虑一下每一个元素对前前缀合的贡献，第$i$个数被$i$~$k$之间的每一个$S_j$都计算了一遍，所以它的贡献就是$\displaystyle (k-i+1)\times a_i$,我们需要求的就是$\displaystyle \sum_{i=1}^{k}(k-i+1)\times a_i$。

我们回到单个元素，根据乘法分配率，我们就得到$(k-i+1)\times a_i=(k+1)\times a_i-i\times a_i$,

所以$\displaystyle \sum_{i=1}^{k}(k-i+1)\times a_i=\sum_{i=1}^{k}(k+1)\times a_i-\sum_{i=1}^{k}i\times a_i$，

再将$(k+1)$提出来之后就得到式子$\displaystyle (k+1)\sum_{i=1}^{k} a_i-\sum_{i=1}^{k}i\times a_i$

对于$\displaystyle \sum_{i=1}^{k} a_i$和$\displaystyle \sum_{i=1}^{k}i\times a_i$我们都能够用树状数组来维护，这样我们就能快速的求出答案啦^_。

再考虑修改，只用这样写

点我展开代码add1(x,y-a[x]);add2(x,(y-a[x])*x);

就可以啦~，还是比较简单的。

最后献上我丑陋的代码

点我展开代码#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,x,y;
const int N=100010;
int ans,len;
int a[N],tr1[N<<1],tr2[N<<1];
char s[101];
int read()
{
	char ch;int x=0,f=1;
	while(!isdigit(ch=getchar()))
	{(ch=='-')&&(f=-f);}
	while(isdigit(ch))
	{x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}
int lowbit(int x){return x&(-x);}
void add1(int pos,int x)
{
	for(int i=pos;i<=(N<<1);i+=lowbit(i))tr1[i]+=x;
}
void add2(int pos,int x)
{
	for(int i=pos;i<=(N<<1);i+=lowbit(i))tr2[i]+=x;
}
int ask1(int pos)
{
	int lin=0;
	for(int i=pos;i;i-=lowbit(i))lin+=tr1[i];
	return lin;
}
int ask2(int pos)
{
	int lin=0;
	for(int i=pos;i;i-=lowbit(i))lin+=tr2[i];
	return lin;
}
signed main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		a[i]=read();
		add1(i,a[i]);add2(i,a[i]*i);
	}
	while(m--)
	{
		scanf("%s",s+1);
		if(s[1]=='Q')
		{
			x=read();
			ans=((x+1)*ask1(x)-ask2(x));
			printf("%lld\n",ans);
		}
		else
		{
			x=read();y=read();
			add1(x,y-a[x]);add2(x,(y-a[x])*x);
			a[x]=y;
		}
	}
	return 0;
}