P4868 Preprefix sum

传送门

挺显然的一题？单点修改，前缀和数组前缀查询

树状数组就可以维护了

考虑每个位置对应询问的贡献，设询问的位置为 $x$，对于原数组 $a[i]$ 的某个位置 $i$，它会贡献 $(x-i+1)*a[i]$

即 $x*a[i]-(i-1)*a[i]$，直接对两个部分搞两个树状数组分别维护即可

具体就是搞个 $BIT_1$ 维护 $a[i]$ ，$BIT_2$ 维护 $a[i]*(i-1)$ ，对于询问 $x$

答案就是 $BIT_1.query(x)*x - BIT_2.query(x)$

注意一下 $long\ long$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=2e5+7;
int n,m;
struct BIT {
    ll t[N];
    inline void add(int x,ll v) { while(x<=n) t[x]+=v,x+=x&-x; }
    inline ll ask(int x) { ll res=0; while(x) res+=t[x],x-=x&-x; return res; }
}T1,T2;
int a[N];
int main()
{
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) T1.add(i,a[i]),T2.add(i,1ll*a[i]*(i-1));
    char s[7]; int x,y;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%s",s); x=read();
        if(s[0]=='Q') { printf("%lld\n",T1.ask(x)*x-T2.ask(x)); continue; }
        y=read(); T1.add(x,y-a[x]); T2.add(x,1ll*(y-a[x])*(x-1));
        a[x]=y;
    }
    return 0;
}