敌兵布阵（线段树）

敌兵布阵
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 452 Accepted Submission(s): 275

Problem Description
C国的死对头A国这段时间正在进行军事演习，所以C国间谍头子Derek和他手下Tidy又开始忙乎了。A国在海岸线沿直线布置了N个工兵营地,Derek和Tidy的任务就是要监视这些工兵营地的活动情况。由于采取了某种先进的监测手段，所以每个工兵营地的人数C国都掌握的一清二楚,每个工兵营地的人数都有可能发生变动，可能增加或减少若干人手,但这些都逃不过C国的监视。
中央情报局要研究敌人究竟演习什么战术,所以Tidy要随时向Derek汇报某一段连续的工兵营地一共有多少人,例如Derek问:“Tidy,马上汇报第3个营地到第10个营地共有多少人!”Tidy就要马上开始计算这一段的总人数并汇报。但敌兵营地的人数经常变动，而Derek每次询问的段都不一样，所以Tidy不得不每次都一个一个营地的去数，很快就精疲力尽了，Derek对Tidy的计算速度越来越不满:\\\\”你个死肥仔，算得这么慢，我炒你鱿鱼!”Tidy想：“你自己来算算看，这可真是一项累人的工作!我恨不得你炒我鱿鱼呢!”无奈之下，Tidy只好打电话向计算机专家Windbreaker求救,Windbreaker说：“死肥仔，叫你平时做多点acm题和看多点算法书，现在尝到苦果了吧!”Tidy说：\\\\”我知错了。。。\\\\”但Windbreaker已经挂掉电话了。Tidy很苦恼，这么算他真的会崩溃的，聪明的读者，你能写个程序帮他完成这项工作吗？不过如果你的程序效率不够高的话，Tidy还是会受到Derek的责骂的.

Input
第一行一个整数T，表示有T组数据。
每组数据第一行一个正整数N（N<=50000）,表示敌人有N个工兵营地，接下来有N个正整数,第i个正整数ai代表第i个工兵营地里开始时有ai个人（1<=ai<=50）。
接下来每行有一条命令，命令有4种形式：
(1) Add i j,i和j为正整数,表示第i个营地增加j个人（j不超过30）
(2)Sub i j ,i和j为正整数,表示第i个营地减少j个人（j不超过30）;
(3)Query i j ,i和j为正整数,i<=j，表示询问第i到第j个营地的总人数;
(4)End 表示结束，这条命令在每组数据最后出现;
每组数据最多有40000条命令

Output

        对第i组数据,首先输出“Case i:”和回车,

对于每个Query询问，输出一个整数并回车,表示询问的段中的总人数,这个数最多不超过1000000。

Sample Input

1
10
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Query 1 3
Add 3 6
Query 2 7
Sub 10 2
Add 6 3
Query 3 10
End

Sample Output

Case 1:
6
33
59
之前做过这个题 所以一看到就感觉有点熟悉 就是一个简单的线段树

#include<iostream>#include<string>#include<string.h>#include<stdio.h>using namespace std;long long sum[50007<<2];int a[50007];long long add[50007<<2];//懒惰数组void build(int l,int r,int rt){    if(l==r)//到达叶子节点    {        sum[rt] = a[l];        return;    }    int m = (l+r)/2;    build(l,m,rt*2);//递归建左子树    build(m+1,r,rt*2+1);//递归建右子树    sum[rt] = sum[rt*2] + sum[rt*2 +1];//更新根节点的值}void update(int L ,int c,int l,int r,int rt)//更新单点的值{    if(l==r)//到达叶子节点    {        sum[rt] +=c;//更新根节点的值         add[rt] +=c;//设置延迟标记          return;    }    int m = (l+r)/2;//m代表中间的节点    if(L<=m)//递归左子树更新        update(L,c,l,m,rt*2);    else        update(L,c,m+1,r,rt*2+1);//递归更新右子树    sum[rt] = sum[rt*2] + sum[rt*2+1];//此时孩子节点的值已经更新了 所以这里需要更新父节点的sum}void PushDown(int rt,int ln,int rn)//设置延迟标记 ln代表的左子树的数量 rn 代表右子树的数量{    if(add[rt])    {        add[rt*2] += add[rt];        add[rt*2+1] +=add[rt];        sum[rt*2] += add[rt]*ln;        sum[rt*2+1] += add[rt] * rn;        //撤销懒惰标记        add[rt] = 0;    }}long long Query(int L,int R,int l,int r,int rt)//求区间和{//L,R表示操作区间，l,r表示当前节点区间，rt表示当前节点编号    if(L <= l && r <= R){        //在区间内，直接返回        return sum[rt];    }    int m=(l+r)>>1;    //下推标记，否则Sum可能不正确    PushDown(rt,m-l+1,r-m);    //累计答案    long long ANS=0;    if(L <= m) ANS+=Query(L,R,l,m,rt*2);    if(R >  m) ANS+=Query(L,R,m+1,r,rt*2 +1);    return ANS;}int main(){    int ncase;    cin>>ncase;    int cnt =1;    while(ncase--)    {        int n;        cin>>n;        memset(sum,0,sizeof(sum));        for(int i =1;i<=n;i++)        {            cin>>a[i];        }        build(1,n,1);        string str;        cout<<"Case "<<cnt++<<":"<<endl;        while(cin>>str&&str.compare("End"))        {            if(str[0]=='A')            {                int l,c;                cin>>l>>c;                update(l,c,1,n,1);            }            else if(str[0]=='S')            {                int l ,c;                cin>>l>>c;                update(l,-c,1,n,1);            }            else            {                int l,r;                cin>>l>>r;                cout<<Query(l,r,1,n,1)<<endl;            }        }    }    return 0;}