线段树（动态建点）

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

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解：

线段树单点更新区间查询区间和即可

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线段树动态建点：

一个足够大的结构体数组保存线段树数据。
其中线段树的每个结点为一个结构体 保存此点的数据，左儿子的下标，右儿子的下标。
从1开始，左右儿子下标为0即空。
有一个变量tot表示数组中一共占用了多少个。根为1，tot一开始为1。每次新建点都++tot。
update的时候需要的结点为空则新建。

//主席树也是动态建点

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string>
#include<string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct node
{
    int num, l, r;
    node() {}
    node(int a, int b, int c)
    {
        num = a;
        l = b;
        r = c;
    }
}tre[200000];
int tot;
void update(int t, int l, int r, int x, int y)
{
    if (l == r)
    {
        tre[t].num += y;
        return;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    if (x <= mid)
    {
        if (tre[t].l == 0)
            tre[t].l = ++tot;//若为空则新建
        update(tre[t].l, l, mid, x, y);
    }
    else
    {
        if (tre[t].r == 0)
            tre[t].r = ++tot;//若为空则新建
        update(tre[t].r, mid + 1, r, x, y);
    }
    tre[t].num = tre[tre[t].l].num + tre[tre[t].r].num;//保留左右儿子之和
}
ll ans = 0;
void query(int t, int l, int r, int x, int y)
{
    if (l >= x && r <= y)
    {
        ans += tre[t].num;
        return;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    if (y <= mid)
    {
        if (tre[t].l != 0)
            query(tre[t].l, l, mid, x, y);
    }
    else if (x > mid)
    {
        if (tre[t].r != 0)
            query(tre[t].r, mid + 1, r, x, y);
    }
    else
    {
        if (tre[t].l != 0)
            query(tre[t].l, l, mid, x, y);
        if (tre[t].r != 0)
            query(tre[t].r, mid + 1, r, x, y);
    }
}
int main()
{
    int T;
    int I = 0;
    scanf("%d", &T);
    while (T--)
    {
        memset(tre, 0, sizeof(tre));
        printf("Case %d:\n", ++I);
        int n;
        tot = 1;
        tre[1] = tre[0] = node(0, 0, 0);
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            int y;
            scanf("%d", &y);
            update(1, 1, n, i, y);
        }
        string s;
        while (cin >> s)
        {
            if (s == "End")
                break;
            if (s == "Add")
            {
                int i, j;
                scanf("%d%d", &i, &j);
                update(1, 1, n, i, j);
            }
            else if (s == "Sub")
            {
                int i, j;
                scanf("%d%d", &i, &j);
                update(1, 1, n, i, -j);
            }
            else
            {
                int i, j;
                scanf("%d%d", &i, &j);
                ans = 0;
                query(1, 1, n, i, j);
                printf("%lld\n", ans);
            }
        }
    }
}