题意
给你一个区间，支持如下操作：
- 在一段区间内加上一个值，并生成一个历史版本
- 查询某个版本下一段区间内的和
- 回到一个历史版本上并舍弃之后的版本
做法
这就是主席树区间修改裸题啦QwQ
上一篇博客我讲了主席树可以资瓷单点修改，那么区间修改资不资瓷呢？那当然是资瓷的啦。
就像一般的线段树一样，主席树的一个内部节点也可以存储两个儿子的和，在修改时打标记，在查询时直接返回当前区间的值即可。和单点修改不同的是，区间修改一次最多需要修改线段树上的4个节点（可以脑内证明），也就是说我们需要在历史版本上新建 $ 4log_2n $ 个节点。这个过程在单点修改的基础上稍加修改就可以实现，非常简单。
这时候，你可能会发现一个问题：标记下放时，新版本的标记不就下放到旧版本上去了吗（因为被打标记的区间的两个儿子都指向着历史版本）？
一个解决方法是：每一次下放都新建两个节点以防止标记污染到历史版本。这个可行度很高，然而QwQ...这道题的空间只有狗日的64MB！！！这么做空间吃不消啊(╯‵□')╯︵┻━┻
还有一个更直接的方法是：标记根本就不用下放！由于加法标记是可以累加的，在查询时只要把一路上的标记累加起来，再乘以当前区间长度即可。注意，pushup时不能直接让该节点的值等于子节点的值的和，还要加上当前标记乘以区间长度的值，这样才能让当前节点的标记对它上面的节点产生影响。
事实上，标记永久化也可以用在一般的线段树中。但是一定要注意，标记必须要是可累加的且与顺序无关的。比如又有加法又有乘法就不行。
代码
一定要注意输出格式啊QwQ
//By sclbgw7
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define R register
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN=100005;
int a[MAXN],n;
template<class T>int read(T &x)//这是可以判EOF的快速读入
{
x=0;int ff=0;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!=EOF){ff|=(ch=='-');ch=getchar();}
if(ch==EOF)return 0;
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
x=ff?-x:x;
return 1;
}
void readc(char &ch)
{
ch=getchar();
while(ch<'A'||ch>'Z')ch=getchar();
}
class CMT
{
private:
int cnts[MAXN],root[MAXN],cnt,now;
struct CMT_node
{
int l,r,tag;
LL x;
}node[MAXN*30];
void build(int l,int r,int &x)
{
x=++cnt;node[x].tag=0;//一定要清零
if(l==r){node[cnt].x=a[l];return;}
int m=(l+r)>>1;
build(l,m,node[x].l);
build(m+1,r,node[x].r);
node[x].x=node[node[x].l].x+node[node[x].r].x;
}
void insert(int st,int en,int l,int r,int &x,int y,int del)
{
x=++cnt,node[x]=node[y];
if(st<=l&&en>=r)
{
node[x].tag+=del;
node[x].x+=(LL)((r-l+1)*del);
return;
}
int m=(l+r)>>1;
if(st<=m)insert(st,en,l,m,node[x].l,node[y].l,del);
if(en>m)insert(st,en,m+1,r,node[x].r,node[y].r,del);
node[x].x=node[node[x].l].x+node[node[x].r].x+(LL)(r-l+1)*node[x].tag; //pushup
}
LL query(int st,int en,int l,int r,int x,int tsum)
{
if(st<=l&&en>=r)
{
LL ans=(LL)((r-l+1)*tsum);
ans+=node[x].x;
return ans;
}
int m=(l+r)>>1;LL ans=0;
if(st<=m)ans+=query(st,en,l,m,node[x].l,tsum+node[x].tag);
if(en>m)ans+=query(st,en,m+1,r,node[x].r,tsum+node[x].tag);
return ans;
}
public:
void init()
{
cnt=now=0;
build(1,n,root[0]);
cnts[0]=cnt;
}
void back(int x)//为了节省空间，回退时释放内存
{
now=x;
cnt=cnts[now];
}
void change(int l,int r,int del)
{
++now;
insert(l,r,1,n,root[now],root[now-1],del);
cnts[now]=cnt;
}
LL getsum(int l,int r,int his,int isnow=0)
{
if(isnow)return query(l,r,1,n,root[now],0);
return query(l,r,1,n,root[his],0);
}
}cmt;
int main()
{
int m,fl=0;
while(read(n))
{
if(fl)printf("\n");
else fl=1;
read(m);
for(R int i=1;i<=n;++i)
read(a[i]);
cmt.init();
char ch;
int t1,t2,t3;
for(R int i=1;i<=m;++i)
{
readc(ch);
if(ch=='C')
{
read(t1),read(t2),read(t3);
cmt.change(t1,t2,t3);
}
else if(ch=='Q')
{
read(t1),read(t2);
printf("%lld\n",cmt.getsum(t1,t2,0,1));
}
else if(ch=='H')
{
read(t1),read(t2),read(t3);
printf("%lld\n",cmt.getsum(t1,t2,t3));
}
else
{
read(t1);
cmt.back(t1);
}
}
}
return 0;
}