敌兵布阵

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


树状数组：
如果给定一个数组，要你求里面所有数的和，一般都会想到累加。但是当那个数组很大的时候，累加就显得太耗时了，时间复杂度为O(n)，并且采用累加的方法还有一个局限，那就是，当修改掉数组中的元素后，仍然要你求数组中某段元素的和，就显得麻烦了。所以我们就要用到树状数组，他的时间复杂度为O（lgn），相比之下就快得多。下面就讲一下什么是树状数组：
         一般讲到树状数组都会少不了下面这个图：
         
         下面来分析一下上面那个图看能得出什么规律：
         据图可知：c1=a1，c2=a1+a2，c3=a3，c4=a1+a2+a3+a4，c5=a5，c6=a5+a6，c7=a7，c8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8，c9=a9，c10=a9+a10，c11=a11........c16=a1+a2+a3+a4+a5+.......+a16。
         分析上面的几组式子可知，当 i 为奇数时，ci=ai ；当 i 为偶数时，就要看 i 的因子中最多有二的多少次幂，例如，6 的因子中有 2 的一次幂，等于 2 ，所以 c6=a5+a6（由六向前数两个数的和），4 的因子中有 2 的两次幂，等于 4 ，所以 c4=a1+a2+a3+a4（由四向前数四个数的和）。
        （一）有公式：cn=a(n-a^k+1)+.........+an（其中 k 为 n 的二进制表示中从右往左数的 0 的个数）。
         那么，如何求 a^k 呢？求法如下：
int lowbit(int x)
{
     return x&(-x);    
}
         lowbit（）的返回值就是 2^k 次方的值。
         求出来 2^k 之后，数组 c 的值就都出来了，接下来我们要求数组中所有元素的和。
         （二）求数组的和的算法如下：
         （1）首先，令sum=0，转向第二步；
         （2）接下来判断，如果 n>0 的话，就令sum=sum+cn转向第三步，否则的话，终止算法，返回 sum 的值；
         （3）n=n - lowbit（n）（将n的二进制表示的最后一个零删掉），回第二步。
          代码实现：
int Sum(int n)
{
    int sum=0;
    while(n>0)
    {
         sum+=c[n];
         n=n-lowbit(n);
    }    
    return sum;
}
         （三）当数组中的元素有变更时，树状数组就发挥它的优势了，算法如下（修改为给某个节点 i 加上 x ）：
         （1）当 i<=n 时，执行下一步；否则的话，算法结束;
         （2）ci=ci+x ，i=i+lowbit（i）（在 i 的二进制表示的最后加零），返回第一步。
          代码实现：
void change(int i,int x)
{
     while(i<=n)
     {
          c[i]=c[i]+x;
          i=i+lowbit(i);
     }
}
本题代码如下：
  
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
int a[50001];
char ch[10];
int t, n,e;
int low(int x)
{
    return x & (-x);
}
void add(int x,int y)
{
    while(x<=n)
    {
        a[x]+=y;
        x+=low(x);
    }
    return ;
}
int sum(int x)
{
    int sum=0;
    while(x>0)
    {
        sum+=a[x];
        x-=low(x);
    }
    return sum;
}
int main()
{
    int ee=1;
    scanf("%d",&t);
    while (t--) {
        printf("Case %d:\n",ee++);
        memset(a,0,sizeof(a));
        scanf("%d",&n);
        for (int i = 1; i <=n; i++) {
            cin >> e;
            add(i,e);
        }
        while (1) {
            scanf("%s",ch);
            if (ch[0] == 'Q') {
                  int x,y;
                  scanf("%d %d",&x,&y);
                  printf("%d\n",sum(y)-sum(x-1));
            }
             if (ch[0] == 'A') {
                  int x,y;
                  scanf("%d %d ",&x,&y);
                  add(x,y);
            }
            if (ch[0] == 'S') {
                  int x,y;
                  scanf("%d %d ",&x,&y);
                  add(x,-y);
            }
            if (ch[0] == 'E') {
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}