总结：

此题主要使用的是线段树的单点修改和区间求和的操作。

或者使用树状数组的区间求和的操作

题目链接：https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1166

题目：

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。
*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1：线段树

此题可以使用线段树的方式，

节点结构为：

struct Node

{

        int l,r;

        int sum; //此为维护的答案

} 

只需要使用到pushup,modify,build和query操作。

线段树模板题题解，使用pushup,query,modify和build操作的链接：

其中build()时会再建树的过程中先初始化值。

pushup通过子节点更新父结点的sum值。

代码实现：

# include <iostream>
# include <stdio.h>
using namespace std;

const int N = 50010;

struct Node
{
    int l,r;
    int sum;
}edgs[N * 4];

int a[N];

void pushup(int u)
{
    edgs[u].sum = edgs[2 * u].sum + edgs[2 * u + 1].sum;
}

void build(int u , int l ,int r)
{
    edgs[u].l = l,edgs[u].r = r;
    if(l == r)
    {
        edgs[u].sum = a[l];
    }
    else
    {
        int mid = (edgs[u].l + edgs[u].r) / 2;
        build(2 * u , l , mid);
        build(2 * u +1 , mid +1 , r);
        pushup(u);
    }
}

void modify(int u , int x , int v)
{
    if(edgs[u].l == x && edgs[u].r == x)
    {
        edgs[u].sum += v;
        return;
    }
    else
    {
        int mid = (edgs[u].l + edgs[u].r) / 2;
        if(x <= mid)
        {
            modify(2 * u , x , v);
        }
        else
        {
            modify(2 * u + 1 , x , v);
        }
        pushup(u);
    }
}

int query(int u , int l , int r)
{
    if(edgs[u].l >= l && edgs[u].r <= r)
    {
        return edgs[u].sum;
    }
    int total = 0;
    int mid = ( edgs[u].l + edgs[u].r ) / 2;
    if(l <= mid)
    {
        total += query(2 * u , l , r);
    }
    if(r > mid)
    {
        total += query(2 * u + 1 , l , r);
    }
    return total;
}

int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    for(int j = 1 ; j <= t ; j++)
    {
        printf("Case %d:\n",j);
        int n;
        scanf("%d",&n);
        for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
        }
        build(1,1,n);
        string ch;
        while(cin >> ch)
        {
            if(ch == "End")
            {
                break;
            }
            else if(ch == "Query")
            {
                int l,r;
                scanf("%d %d",&l,&r);
                printf("%d\n",query(1,l,r));
            }
            else if(ch == "Add")
            {
                int t,v;
                scanf("%d %d",&t,&v);
                modify(1,t,v);
            }
            else
            {
                int t,v;
                scanf("%d %d",&t,&v);
                modify(1,t,-v);
            }
        }
    }
}

分析2：树状数组

 使用树状数组维护前缀和，便于单点修改 和 区间求和。

使用模板即可。

树状数组模板题解：

 代码实现：

# include <iostream>
# include <stdio.h>
# include <string>
# include <cstring>
using namespace std;

const int N = 50010;

int t[N];

int n;

int lowbit(int x)
{
    return x & -x;
}

void modify(int idx , int v)
{
    for(int i = idx ; i <= n ; i += lowbit(i))
    {
        t[i] += v;
    }
}

int query(int idx) // 求1~idx 的值
{
    int res = 0;
    for(int i = idx ; i ; i -= lowbit(i))
    {
        res += t[i];
    }
    return res;
}

int main()
{
    int loop;
    scanf("%d",&loop);
    for(int j = 1; j <= loop ; j++)
    {
        memset(t,0,sizeof t);
        printf("Case %d:\n",j);
        scanf("%d",&n);
        for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
        {
            int temp;
            scanf("%d",&temp);
            modify(i,temp);
        }
        string ch;
        while(cin >> ch)
        {
            if(ch == "End")
            {
                break;
            }
            else if(ch == "Query")
            {
                int l,r;
                scanf("%d %d",&l,&r);
                printf("%d\n",query(r) - query(l - 1)); // l~r的值
            }
            else if(ch == "Add")
            {
                int x , v;
                scanf("%d %d",&x,&v);
                modify(x,v);
            }
            else
            {
                int x,v;
                scanf("%d %d",&x,&v);
                modify(x,-v);
            }
        }
    }
    return 0;
}