一.前言
前面我们已经知道线段树能够进行单点修改和区间查询操作（基本线段树）。那么如果需要修改的是一个区间该怎么办呢？如果是暴力修改到叶子节点，复杂度即为\(O(nlog n)\)，显然是十分不优秀的。那么我们能不能向区间查询一样把复杂度降到\(O(log n)\)呢？
二.算法流程
线段树肯定是兹瓷\(O(log n)\)修改的，否则发明它有何用处？所以，我我们现在需要知道，如何快速进行区间修改操作。首先，我们回顾下终止节点
假定我要在这个图上修改区间[2,8]，我只要修改掉图上所有的终止节点即可。于是复杂度就成功降到\(O(log n)\)。
那么，我在终止节点上加什么东西呢？这里，我们就要引进\(Lazy\)标记。修改区间的时候，在这个区间所有的终止节点上打上一个标记，代表我这个点要加多少值。
区间查询的时候，如果访问到某个有标记的点，但又不能使用该点的值的时候，就把标记下传（有点绕，看看代码应该就明了了），其他时候直接取值就好
三.例题
1.Pku3468 A Simple Problem with Integers
Description
You have N integers, A1, A2, ... , AN. You need to deal with two kinds of operations. One type of op
eration is to add some given number to each number in a given interval. The other is to ask for the
sum of numbers in a given interval.
1．给[a ，b]整体上加上一个常数c。
2．查询[a ，b]区间的和。
Input
The first line contains two numbers N and Q. 1 ≤ N,Q ≤ 100000.
The second line contains N numbers, the initial values of A1, A2, ... , AN. -1000000000 ≤ Ai ≤ 1000000000.
Each of the next Q lines represents an operation.
"C a b c" means adding c to each of Aa, Aa+1, ... , Ab. -10000 ≤ c ≤ 10000.
"Q a b" means querying the sum of Aa, Aa+1, ... , Ab.
Output
You need to answer all Q commands in order. One answer in a line. The sums may exceed the range of 32-bit integers
Sample Input
10 5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Q 4 4
Q 1 10
Q 2 4
C 3 6 3
Q 2 4
Sample Output
4
55
9
15
HINT
对于100%的数据：N<=100000，M<=100000
区间修改，区间查询，所以用到Lazy标记，代码里会有详细注释
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x>=10) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=1e5;
int n,m;
ll val[N+10];
struct Segment{
#define ls (p<<1)
#define rs (p<<1|1)
ll tree[N*4+10],cnt[N*4+10];
void updata(int p){tree[p]=(tree[ls]+tree[rs]);} //updata的内容具体情况具体分析
void add_cnt(int p,int v,int t){ //标记不影响当前节点的值，谨记这点
tree[p]=tree[p]+1ll*v*t; //t是区间长度，加标记需要乘上这个区间
cnt[p]=cnt[p]+v; //标记更新
}
void pushdown(int p,int l,int r){ //加标记下传
if (!cnt[p]) return;
int mid=(l+r)>>1;
add_cnt(ls,cnt[p],mid-l+1),add_cnt(rs,cnt[p],r-mid); //加标记的更新
cnt[p]=0;
}
void build(int p,int l,int r){
cnt[p]=0;
if (l==r){
tree[p]=val[l]; //val[i]基本是开始读入的数
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(ls,l,mid),build(rs,mid+1,r);
updata(p);
}
void change(int p,int l,int r,int x,int y,int t){ //t是标记
if (x<=l&&r<=y){
add_cnt(p,t,r-l+1); //打加标记
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
pushdown(p,l,r); //修改两边的时候记得传递标记
if (x<=mid) change(ls,l,mid,x,y,t); //访问左儿子
if (y>mid) change(rs,mid+1,r,x,y,t); //访问右儿子
updata(p); //记得更新
}
ll query(int p,int l,int r,int x,int y){
if (x<=l&&r<=y) return tree[p]; //在区间内直接输出
int mid=(l+r)>>1;
ll ans=0;
pushdown(p,l,r); //传递标记
if (x<=mid) ans=ans+query(ls,l,mid,x,y); //访问左儿子
if (y>mid) ans=ans+query(rs,mid+1,r,x,y); //访问右儿子
return ans;
}
}Tree;
char s;
int main(){
n=read(),m=read();
for (int i=1;i<=n;i++) val[i]=read();
Tree.build(1,1,n);
for (int i=1;i<=m;i++){
cin>>s;
int x=read(),y=read(),z;
if (s=='Q') printf("%lld\n",Tree.query(1,1,n,x,y));
if (s=='C') z=read(),Tree.change(1,1,n,x,y,z);
}
return 0;
}
2.
Description
给定一个正整数序列A，要求支持以下操作
1）： + a b c 表示在[a，b]上加上一个常数C。
2）： * a b c 在[a，b]上乘上一个常数K。
3）： QUERY a b 查询[a，b]的sum。
Input
第一行两个正整数n、m，n表示序列长度，m表示操作数
第二行n个正整数，第i表示A[i]的大小
接下来的m行，每行有且仅有一种操作，具体和题目描述一致
n,m<=100000
其他权值都<=50000
Output
对于每个询问操作，输出答案对1000000007取余的结果
Sample Input
10 10
50 14 20 18 19 11 43 43 26 44
- 3 6 41
QUERY 1 2 - 5 5 14
QUERY 1 3
QUERY 4 4
QUERY 2 6
- 3 5 31
- 4 8 20
- 5 8 28
QUERY 6 7
Sample Output
64
125
59
260
53200
同样是区间修改，区间查询，不过本题比上题要难一些。为什么呢，因为它需要维护两个标记。
如果是两个互不相干的标记还好说，但这两个标记互相干扰！！！
因此，我们在处理这类有多个标记的题目的时候，需要考虑下这些标记互相之间的影响，标记与标记之间的先后更新顺序。
如本题，加标记与乘标记势必会互相影响
如果我们先更新加标记，那么乘标记就会变成一个实型，非常不方便。于是我们让乘标记先更新，加标记就只需要乘上一个乘标记即可，大大降低了实现难度。
（注释基本没有，不过也请读者凑合着看吧）
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x>=10) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=1e5,mod=1e9+7;
int n,m;
struct Segment{
#define ls (p<<1)
#define rs (p<<1|1)
int tree[N*4+10],cnt[N*4+10],res[N*4+10],size[N*4+10];
void updata(int p){tree[p]=(tree[ls]+tree[rs])%mod;}
void add_cnt(int p,int v){
tree[p]=(tree[p]+1ll*v*size[p])%mod;
cnt[p]=(cnt[p]+v)%mod;
}
void pushdown_cnt(int p){//加标记下传
if (!cnt[p]) return;
add_cnt(ls,cnt[p]),add_cnt(rs,cnt[p]);
cnt[p]=0;
}
void add_res(int p,int v){
tree[p]=1ll*tree[p]*v%mod;
res[p]=1ll*res[p]*v%mod;
cnt[p]=1ll*cnt[p]*v%mod;
}
void pushdown_res(int p){//乘标记下传
if (res[p]==1) return;
add_res(ls,res[p]),add_res(rs,res[p]);
res[p]=1;
}
void pushdown(int p){pushdown_res(p),pushdown_cnt(p);}
void build(int p,int l,int r){
cnt[p]=0,res[p]=1,size[p]=r-l+1;
if (l==r){
tree[p]=read();
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(ls,l,mid),build(rs,mid+1,r);
updata(p);
}
void change(int p,int l,int r,int x,int y,int Cnt,int Res){
if (x<=l&&r<=y){
add_res(p,Res),add_cnt(p,Cnt);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
pushdown(p);
if (x<=mid) change(ls,l,mid,x,y,Cnt,Res);
if (y>mid) change(rs,mid+1,r,x,y,Cnt,Res);
updata(p);
}
int query(int p,int l,int r,int x,int y){
if (x<=l&&r<=y) return tree[p];
int mid=(l+r)>>1,ans=0;
pushdown(p);
if (x<=mid) ans=(ans+query(ls,l,mid,x,y))%mod;
if (y>mid) ans=(ans+query(rs,mid+1,r,x,y))%mod;
return ans;
}
}Tree;
char s[10];
int main(){
n=read(),m=read();
Tree.build(1,1,n);
for (int i=1;i<=m;i++){
scanf("%s",s+1);
int x=read(),y=read(),z;
if (s[1]=='Q') printf("%d\n",Tree.query(1,1,n,x,y));
if (s[1]=='+') z=read(),Tree.change(1,1,n,x,y,z,1);
if (s[1]=='*') z=read(),Tree.change(1,1,n,x,y,0,z);
}
return 0;
}