Weed
Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 512 MBDescription
从前有个栈，一开始是空的。
你写下了 m 个操作，每个操作形如 k v :
若 k = 0，代表往栈顶加入一个数 v
若 k = 1，则代表从栈顶弹出 v 个数，如果栈中的元素少于 v 个，则全部弹出。
接着你又进行了 q 次修改，每次你会选择一个操作，并且修改它的两个参数。
在每次修改后，你都要求出如果依次执行这些操作，最后栈中剩下的元素之和。
Input
第一行两个正整数 m,q，分别表示操作数和修改次数。
接下来 m 行，每行两个整数 k,v，代表一个操作。
接下来 q 行，每行三个正整数 c,k,v，表示将第 c 个操作的参数修改为 k 和 v。
Output
输出 q 行，每行一个整数，代表依次执行所有操作后栈中剩下的元素之和。
Sample Input
5 2
0 3
0 2
0 3
1 1
0 5
1 0 3
1 0 1
Sample Output
10
8
HINT
m,q ≤ 2×1e5, v ≤ 1e4
Solution
首先，我们可以把一个操作拆成：先删除若干个数，然后加入若干个数。
那么我们可以用线段树来维护，一个节点记录：删除del个数，加入add个数，这add个数的和是val。
那么我们只需要支持单点修改，答案显然就是Node[1].val。问题在于怎么合并两个节点的信息。
我们分情况讨论，记录左儿子为L，右儿子为R。显然信息形如：----+++ / -----+++。讨论一下 R.del 与 L.add 的关系：
1. 显然当 L.add <= R.del 的时候， del 即为 L.del + R剩余的del ，add 即为 R.add，val 即为 R.val；
2. 否则，当 L.add > R.del 的时候，难点在于 L 剩下多少 val，只要讨论出了这个问题，就解决了该题。
我们令函数 Query(i, k) 表示 删除了节点 i 的 后 k 个值，剩下的 val。那么显然这个也只要分类讨论即可：
1. k = R.add，返回 i.val - R.val 即可，比较显然；
2. k < R.add，显然我们需要继续往 R 递归，返回 i.val - R.val + Query(R, k)；
3. k > R.add，显然我们需要往 L 递归，显然 k 先减去 R.add，又因为存在R.del这一段，所以 L 的后面几个是被删除的，要多查几个，所以返回 Query(L, k - R.add + R.del)。
然后我们写个线段树，就解决了这道题啦QWQ。
Code
1 #include<iostream>
2 #include<string>
3 #include<algorithm>
4 #include<cstdio>
5 #include<cstring>
6 #include<cstdlib>
7 #include<cmath>
8 #include<vector>
9 using namespace std;
10 typedef long long s64;
11
12 const int ONE = 1e6 + 5;
13
14 int m, T;
15
16 struct point
17 {
18 int opt, val;
19 }oper[ONE];
20
21 struct power
22 {
23 int add, del, val;
24 }Node[ONE * 4];
25
26 int get()
27 {
28 int res=1,Q=1;char c;
29 while( (c=getchar())<48 || c>57 )
30 if(c=='-')Q=-1;
31 res=c-48;
32 while( (c=getchar())>=48 && c<=57 )
33 res=res*10+c-48;
34 return res*Q;
35 }
36
37 int Query(int i, int k)
38 {
39 int L = i << 1, R = i << 1 | 1;
40 if(k == Node[R].add) return Node[i].val - Node[R].val;
41 if(k < Node[R].add) return Node[i].val - Node[R].val + Query(R, k);
42 if(k > Node[R].add) return Query(L, k - Node[R].add + Node[R].del);
43 }
44
45 power Merge(int L, int R)
46 {
47 power c = (power){0, 0, 0};
48 if(Node[L].add <= Node[R].del)
49 c.del = Node[L].del + Node[R].del - Node[L].add,
50 c.add = Node[R].add, c.val = Node[R].val;
51 if(Node[L].add > Node[R].del)
52 {
53 c.del = Node[L].del;
54 c.add = Node[L].add - Node[R].del + Node[R].add;
55 c.val = Query(L, Node[R].del) + Node[R].val;
56 }
57 return c;
58 }
59
60 void Build(int i, int l, int r)
61 {
62 if(l == r)
63 {
64 if(oper[l].opt == 0) Node[i] = (power){1, 0, oper[l].val};
65 else Node[i] = (power){0, oper[l].val, 0};
66 return;
67 }
68 int mid = l + r >> 1;
69 Build(i << 1, l, mid); Build(i << 1 | 1, mid + 1, r);
70 Node[i] = Merge(i << 1, i << 1 | 1);
71
72 }
73
74 void Update(int i, int l, int r, int L)
75 {
76 if(L <= l && r <= L)
77 {
78 if(oper[l].opt == 0) Node[i] = (power){1, 0, oper[l].val};
79 else Node[i] = (power){0, oper[l].val, 0};
80 return;
81 }
82 int mid = l + r >> 1;
83 if(L <= mid) Update(i << 1, l, mid, L);
84 else Update(i << 1 | 1, mid + 1, r, L);
85 Node[i] = Merge(i << 1, i << 1 | 1);
86 }
87
88 int main()
89 {
90 m = get(); T = get();
91 for(int i = 1; i <= m; i++)
92 oper[i].opt = get(), oper[i].val = get();
93 Build(1, 1, m);
94 while(T--)
95 {
96 int id = get();
97 oper[id].opt = get(); oper[id].val = get();
98 Update(1, 1, m, id);
99 printf("%d\n", Node[1].val);
100 }
101 }
来源：https://www.cnblogs.com/BearChild/p/7616774.html