給定乙個長度為n的整數數列a和q次操作：
修改操作：形如 1 x y，表示將ax
的值修改為y；
詢問操作：形如 2 x y，表示詢問∑n
1(ai
+x)a
ndy 的值。 n,
q<=105
0<=ai
,x,y
<=220
題目怎麼說怎麼做。
二進位制總共只有20位，直接記錄每一位為1的有多少個數，假設記為cnt[i]查詢時，y的第i個二進位制位為1，就答案加上2i
∗cnt
[i] 。
我們還是對於每個二進位制位單獨考慮，且y這一位為1才考慮。
不考慮+x時，我們還可以弄一棵值域線段樹，那麼cnt[i]所包含的數就是這樣的：比i高的位任意，i位以內滿足在[2
i−1,
2i−1
] 這個區間內。可以發現我們查詢的區間對於整個值域來說並不連續，而是一段一段的，因此我們對每個二進位制位都開一棵值域線段樹，第i位的線段樹儲存的數則由ai
變為ai
mod2
i 。這樣我們操作第i位時，直接在第i位的線段樹中查詢[2
i−1,
2i−1
] 內的數有多少個，就行了。
接下來考慮+x。這個實際上是對查詢區間的位移，比如當前查詢區間[2
i−1,
2i−1
] ，那麼就變成[2
i−1−
x,2i
−1−x
] 。要注意這裡的x是mo
d2i 的。唯一的問題就是區間左端點可能為負。這好辦，先把0到右端點的正常操作，假設左端點變成了−z
，那我們再查詢[2
i−z,
2i−1
] 就行了。這裡相當於是退位一樣的東西。
//我把線段樹換成樹狀陣列，這樣常數小**短
#include
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=(1e5)+5, mx=20, maxc=(1
<<20)+5;
int n,a[maxn],er[mx+5];
int c[mx+2][maxc];
int lowbit(int
x) void xg(int ty,int
x,int z)
for(; x
x+=lowbit(x)) c[ty][x]+=z;
}int get(int ty,int
x)int
q;int main()
while (q--)
else
else
}printf("%lld\n",ans);}}
}
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