首先说一维的“单点修改，区间查询”
不难想到，用一个数组来模拟
就比如，单点修改就是这（时间复杂度为O(1)）；
a[x] += k;
求区间内的和
for(int i = l - 1; i <= r; i++)
sum += a[i];
这样的时间复杂度为O(n)，如果查询次数足够多，就会超时
解决方法一：前缀和
这样在输入时预处理，查询只要O(1)时间。但是仔细想想，这样的话，修改就需要O(n)的时间复杂度了。所以行不通。
解决方法二：树状数组
什么是树状数组
树状数组，是一种二叉搜索树。它将一段区间划分为若干单位区间，每一个节点都储存着一个区间。它功能强大，支持区间求和，区间最大值，区间修改，单点修改等操作。
树状数组的思想和分治思想很相像。
树状数组的每一个节点都储存着一段区间[L…R]的信息，其中叶子节点L=R。它的大致思想是：将一段大区间平均地划分成2个小区间，每一个小区间都再平均分成2个更小区间……以此类推，直到每一个区间的L等于R（这样这个区间仅包含一个节点的信息，无法被划分）。通过对这些区间进行修改、查询，来实现对大区间的修改、查询。
这样一来，每一次修改、查询的时间复杂度都只为O(log(2n))，即是O(log(n))。
但是，可以用线段树维护的问题必须满足区间加法，否则是不可能将大问题划分成子问题来解决的。
这就是树状数组，在这里不多赘述
树状数组百度百科
这样修改查询都只需要O(log(n))的时间，大大优化了时间复杂度
例题：
题目描述
如题，已知一个数列，你需要进行下面两种操作：
1.将某一个数加上x
2.求出某区间每一个数的和
输入格式：
第一行包含两个整数N、M，分别表示该数列数字的个数和操作的总个数。
第二行包含N个用空格分隔的整数，其中第i个数字表示数列第i项的初始值。
接下来M行每行包含3个整数，表示一个操作，具体如下：
操作1： 格式：1 x k 含义：将第x个数加上k
操作2： 格式：2 x y 含义：输出区间[x,y]内每个数的和
样例
样例输入
3 2
1 2 3
1 2 0
2 1 3
样例输出
6
正解
这道题很简单，就直接上代码
#include <cstdio>
#define ll long long
const int MAXN = 1e6 + 5;
ll a[MAXN], pre[MAXN], bit[MAXN];
ll n, q;
ll lowbit(ll x) {
return x & -x;
}
void Update(ll x, ll k) {
ll i;
for(i = x; i <= n; i += lowbit(i))
bit[i] += k;
}
ll Sum(ll l, ll r) {
ll i;
ll re1 = 0, re2 = 0;
for(i = r; i >= 1; i -= lowbit(i))
re1 += bit[i];
for(i = l; i >= 1; i -= lowbit(i))
re2 += bit[i];
return re1 - re2;
}
void Read() {
ll i;
scanf("%lld %lld", &n, &q);
for(i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%lld", &a[i]);
Update(i, a[i]);
}
}
void Write() {
ll i;
for(i = 1; i <= q; i++) {
ll x, y, z;
scanf("%lld %lld %lld", &x, &y, &z);
if(x == 1)
Update(y, z);
else
printf("%lld\n", Sum(y - 1, z));
}
}
int main() {
Read();
Write();
return 0;
}
（注：这道题数据范围比较大，要开long long）
之后就是二维了，其实不管几维都跟一维差不多
例题：
题目描述
给出一个n*m的零矩阵A，你需要完成如下操作：
- x y k：表示元素A[x][y]自增k ；
- a b c d：表示询问左下角为 ，右上角为 的子矩阵内所有数的和。
输入格式
输入的第一行有两个正整数n, m ；
接下来若干行，每行一个操作，直到文件结束。
输出格式
对于每个 2 操作，输出一个整数，表示对于这个操作的回答。
分析
在一维后面多开一个数组就行了
pr[l][r] - pr[i - 1][r] - pr[l][j - 1] + pr[i - 1][j - 1];
这就是二维前缀和
结合上面的式子，正解就出来了
#include <cstdio>
#define ll long long
const int MAXN = 4200;
ll bit[MAXN][MAXN];
ll n, m, p;
void Read() {
scanf("%lld %lld", &n, &m);
}
ll lowbit(ll x) {
return x & -x;
}
void Update(ll x, ll y, ll k) {
ll i, j;
for(i = x; i <= n; i += lowbit(i))
for(j = y; j <= m; j += lowbit(j))
bit[i][j] += k;
}
ll Sum(ll x, ll y, ll l, ll r) {
ll i, j;
ll re1 = 0, re2 = 0, re3 = 0, re4 = 0;
for(i = l; i >= 1; i -= lowbit(i))
for(j = r; j >= 1; j -= lowbit(j))
re1 += bit[i][j];
for(i = x - 1; i >= 1; i -= lowbit(i))
for(j = r; j >= 1; j -= lowbit(j))
re2 += bit[i][j];
for(i = l; i >= 1; i -= lowbit(i))
for(j = y - 1; j >= 1; j -= lowbit(j))
re3 += bit[i][j];
for(i = x - 1; i >= 1; i -= lowbit(i))
for(j = y - 1; j >= 1; j -= lowbit(j))
re4 += bit[i][j];
return re1 - re2 - re3 + re4;
}
void Write() {
while(scanf("%lld", &p) != EOF) {
ll q, w, e, r;
scanf("%lld %lld %lld", &q, &w, &e);
if(p == 1)
Update(q, w, e);
else {
scanf("%lld", &r);
printf("%lld\n", Sum(q, w, e, r));
}
}
}
int main() {
Read();
Write();
return 0;
}