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,这个数保持在int以内。
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
分析
一道入门级别的线段树，考察单点更新和区间查询。
Q:为什么要写这道蒟蒻才做的入门题？ A:好吧我其实就是蒟蒻
A:emmmm……主要是太久没打线段树了，所以从头开始练习啦qwq
打代码的过程中，我发现了一个惊天大秘密！！！
那就是——
程序中的mid和ret不能开成全局变量qwq 果然还是我太弱了，辣么喜欢不懂脑子乱开全局
然后，还要注意区间查询时查询的[L,R]区间在递归时不能变了
OK，上代码qwq：
代码
#include<cstdio> #include<cstring> #define lson l,mid,rt<<1 #define rson mid+1,r,rt<<1|1 #define Start 1,N,1 #define maxn 50005 using namespace std; int T,N,a[maxn],Round,sum[maxn<<2],x,y; //mid和ret不能开全局!!! char b[10]; void pushup(int rt)//更新节点信息 { sum[rt]=sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1]; } void build(int l,int r,int rt)//建树 { if(l==r) { sum[rt]=a[l]; return; } int mid=(r+l)>>1; build(lson); build(rson); pushup(rt); } void Add(int val,int pos,int l,int r,int rt)//单点修改 { if(l==r&&l==pos) { sum[rt]+=val; return; } int mid=(l+r)>>1; if(mid>=pos) Add(val,pos,lson); else Add(val,pos,rson); pushup(rt); } int Query(int L,int R,int l,int r,int rt)//区间查询 { if(L<=l&&R>=r) return sum[rt]; int mid=(l+r)>>1; int ret=0; if(L<=mid) ret+=Query(L,R,lson);//L,R不变 if(R>mid) ret+=Query(L,R,rson);//L,R不变 return ret; } int main() { scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d",&N); for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&a[i]); build(Start); printf("Case %d:\n",++Round); while(~scanf("%s",b)&&b[0]!=‘E‘) { scanf("%d%d",&x,&y); if(b[0]==‘A‘) Add(y,x,Start); else if(b[0]==‘S‘) Add(-y,x,Start); else printf("%d\n",Query(x,y,Start)); } } return 0; }
原文：https://www.cnblogs.com/georgeloveprogram/p/11784657.html