奇怪的膜法（magic）——前缀和做法

题目描述

Zxyer是M国一个伟大的膜法师，现在他制作出了n个膜法球，每个膜法球有一个初始膜力值，由亍zxyer现在在修炼膜法，因此zxyer现在会对这些按照编号为1~n顺序依次排列的膜法球进行m次操作，每次zxyer会将一个区间的膜法球拿出，然后将他们的膜力值依次增加一个等差数列，现在zxyer想要知道在他施法全部结束后，这些膜法球各自的膜力值。

输入

第一行2个整数，n,m，定义参见问题描述。

第2行n个整数，ai，表示膜法球各自的初始膜力值。

第3~m+2行，每行3个整数，Li,Ri,qi,si表示第i次操作区间的左右端点(对应着等差数列的首项与末项)，等差数列的公差,首项。

输出

输出n行，每行1个整数，表示施法结束后每个膜法球的膜力值。

样例输入

5 4
1 2 3 4 5
1 3 2 1
4 5 -1 2
1 5 -3 10
2 4 6 -5

样例输出

12
7
13
14
4

提示

对于100%的数据，1≤n,m≤200000

来源

20170416 NOIP模拟赛 by zxyer

这是学长出的一道题。

暴力的做法就只能拿部分分，其实我们大多数人也只有部分分。

线段树的做法就O（nlogn）就可以过了，不过还有更快的O（n+m）的方法。

简单的说就是两次前缀和。

因为题意要求在区间内加上一个差分序列，告诉公差。

我们假设公差是1，那么在前缀和数组a上修改就是a[l]到a[r]加每一位都加1。

因此可以用线段树做。

然而没有多次查询，我们就可以再来一个数组a的前缀和数组b，在b[l]上加1，在b[r]上减1。就可以实现a[l]到a[r]加每一位都加1。

然后就大功告成了。

注意，会爆int。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const long long maxn=200010;
long long read(){
    long long t=1,num=0;
    char c=getchar();
    while(c>‘9‘||c<‘0‘){if(c==‘-‘)t=-1;c=getchar();}
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){num=num*10+c-‘0‘;c=getchar();}
    return num*t;
}
long long a[maxn],b[maxn]={0},c[maxn]={0},ans[maxn]={0};
long long n,m,l,r,q,s;
int main()
{
    n=read();m=read();
    for(long long i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    for(long long i=1;i<=m;i++){
        l=read();r=read();q=read();s=read();
        c[l+1]+=q;c[r+1]-=q;
        long long g=(r-l)*q;
        c[l]+=s;c[l+1]-=s;
        c[r+1]-=g+s;c[r+2]+=g+s;
    }
    for(long long i=1;i<=n;i++)b[i]=b[i-1]+c[i];
    for(long long i=1;i<=n;i++)ans[i]=ans[i-1]+b[i];
    for(long long i=1;i<=n;i++)cout<<a[i]+ans[i]<<"\n";
    return 0;
}

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