C题：3s
鸽子数字由以下过程定义：从任何正整数开始，将数字替换为其数字的十进制数字的平方和，并重复该过程，直到该数字等于1。如果不能，则这个数字不是鸽子数。
输入：
第一行Q，代表询问的个数（Q<=100000）
接下来Q行，每行给出一个数k，问第k个鸽子数。（k<150000）
输入示例：
2
1
2
输出示例：
1
7
题解：如果一个数不是鸽子数，那么循环节长度为 8，显然打表至k=150000即可，关键是要判到vis数组开多大防tle
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[1000000],vis[81*15],t;
bool check(int x){
if(x==1)return true;//特判1就跳出
memset(vis,0,sizeof vis);//清空访问表
while(1){
t=0;
while(x){//把x的每个位求平方和
t+=(x%10)*(x%10);
x/=10;
}
if(vis[t]==0)vis[t]=1;//未VIS过就打上标记
else//如果VIS过了就表示循环了
if(t==1)return true;//能够到1就是鸽子数
else return false;//不能的话就不是
x=t;//然后x记为t
}
}
void init(){
int cnt=1;
for(int i=1;i<1000000;i++)
if(check(i))//打表，check对了就压入
f[cnt++]=i;
return;
}
int main(){
init();//打个表求第N个鸽子数
int q;scanf("%d",&q);
while(q--){
int n;scanf("%d",&n);
printf("%d\n",f[n]);
}
return 0;
}
D题：免费送气球
已知一开始有一个空序列，接下来有Q次操作，每次操作给出type、first和second三个值。
当type为1时，意味着该操作属于第一种操作：往序列尾部添加first个second数。
当type为2时，意味着该操作属于第二种操作：查询序列中第first小至第second小的数值之和（一共有(second - first + 1)个数被累加），并将结果对1000000007取模后输出。
## Input
单组数据
第一行一个Q（1 <= Q <= 1e5），代表Q次操作。
接下来有Q行，每行包含三个整数type、first和second；其中1 <= type <= 2。当type等于1时，0 <= first,second < 1e9。当type等于2时，1 <= first <= second，且first和second均不大于目前已添加进序列的数的数量。
## Output
对于每次操作二，将结果对1000000007取模后输出。
## Sample Input
6
1 5 1
1 6 3
2 2 5
2 4 8
1 2 2
2 4 8
## Sample Output
4
11
9首先将所有将要添加的数离散化，然后建立两颗线段树，分别维护区间内数的数量和区间和。对于操 作一，根据离散化后的值在线段树对应位置添加 k 个 val，并维护线段树每一个节点所代表区间的和。 对于操作二，首先将问题转化成两个前 k 小之和的查询，具体做法：传入参数 k 搜索线段树，先递归 检查左子区间的数的数量，如果小于当前 k，再传入当前 k-'左子区间的数的数量'作为更新后的参数 k 递归搜索右子区间；递归搜索时，应将满足数量条件（当前区间的数的数量小于等于 k）等于的区间和 累加并返回作为答案。
当然只建一棵也是可以的，结点开结构体同时存和值与数量即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-10;
const int N = 1e5 + 5;
int Q, n, _n, type[N];
P p[N];
ll w[N], num[N << 2], sum[N << 2];
map<ll, ll> Map;
void init() {
memset(w, 0, sizeof w);
n = 0;
for (auto &t : Map) {
w[n] = t.first;
t.second = n++;
}
_n = 1;
while (_n < n) _n <<= 1;
memset(num, 0, sizeof num);
memset(sum, 0, sizeof sum);
}
void add(int pos, ll k, ll val, int l = 0, int r = _n, int t = 0) {
num[t] += k;
sum[t] = (sum[t] + val) % mod;
if (r - l == 1) return;
int mid = l + r >> 1;
if (pos < mid) add(pos, k, val, l, mid, t << 1 | 1);
else add(pos, k, val, mid, r, t + 1 << 1);
}
ll query(ll &k, int t = 0) {
if (k == 0) return 0;
if (k >= num[t]) {
k -= num[t];
return sum[t];
}
if (t + 2 > _n) {//判断是否为叶子节点
ll ret = k*w[t - _n + 1] % mod;
k = 0;
return ret;
}
return (query(k, t << 1 | 1) + query(k, t + 1 << 1)) % mod;
}
int main(){
scanf("%d", &Q);
Map.clear();
for (int i = 0; i < Q; ++i) {
scanf("%d %lld %lld", type + i, &p[i].first, &p[i].second);
if (type[i] == 1) Map[p[i].second];
}
init();
for (int i = 0; i < Q; ++i) {
if (type[i] == 1) {
add(Map[p[i].second], p[i].first, p[i].first*p[i].second%mod);
}
else {
ll l = p[i].first - 1, r = p[i].second;
printf("%lld\n", (query(r) - query(l) + mod) % mod);
}
}
return 0;
}