주석 트 리 수정 가능

앞에서 주석 트 리 를 다 말 했 으 니 수정 가능 한 주석 트 리 를 고려 해 보 자.주석 트 리 를 직접 수정 하려 면 O (nlog2n) 의 시간 으로 하나씩 수정 해 야 합 니 다. 그러면 더 작은 시간 으로 수정 할 수 있 습 니까?우리 가 앞의 주석 트 리 의 수정 시간 이 이렇게 큰 이 유 는 각 rooti 의 주석 트 리 에 root 1, root 2... rooti - 1 의 주석 트 리 가 포함 되 어 있 기 때문이다.그러면 다른 신기 한 것 으로 rooti 를 소수의 루트 만 관리 하 게 할 수 있 습 니까? 이런 것 은 마치 만난 적 이 있 는 것 같 습 니 다.선분 나무!!!rooti 의장 트 리 에는 rooti 가 포함 되 어 있 습 니 다.×2 와 rooti×2 + 1 의 주석 나무.저 는 나무 모양 의 배열 로 이 루어 졌 습 니 다. 매번 의 수정 은 x 를 따라 아버지 에 게 갑 니 다. 한 루트 에 가서 한 번 수정 하고 문의 조작 은 모든 합 쳐 관리 문의 구간 의 루트 를 꺼 냅 니 다. k 번 째 로 돌아 갈 때 모든 루트 가 아들 이나 아버지 에 게 동시에 뛰 어 내 렸 습 니 다. 그러면 공간 복잡 도 O (nlog2n), 시간 복잡 도 O (nlog2n) 를 완벽 하 게 해결 할 수 있 습 니 다.
다음은 코드 () 를 첨부 합 니 다.

#include
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#include
#include
#include
#include
#include
#include

#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define MAXN 100010

typedef double LL;

using namespace std;

struct node{
    LL v1,v2,v3;
    int v4;
    int l,r,tot;
}tree[4000010];
int root[1010],tot,h[MAXN],f[11],k,n,m;
LL ans;

int get(){
    char ch;
    while (ch=getchar(),(ch<'0'||ch>'9')&& ch!='-');
    char c=ch;
    int s;
    if (c!='-')s=c-48;else s=0;
    while (ch=getchar(),ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+ch-48;
    return c=='-'?-s:s;
}

void inse(int l,int r,int &t,int x,int y,int tim){
    if (!t)t=++tot;
    tree[t].tot+=tim;
    if (l==r){
        if (x>y){
            tree[t].v1+=LL(1)/(x-y)*tim;
            tree[t].v2+=LL(y)/(x-y)*tim;
            tree[t].v3+=LL(y*y)/(x-y)*tim;
        }
        tree[t].v4+=(x+y)*tim;
        return;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    if (x<=mid)inse(l,mid,tree[t].l,x,y,tim);
    else inse(mid+1,r,tree[t].r,x,y,tim);
    int ls=tree[t].l,rs=tree[t].r;
    tree[t].v1=tree[ls].v1+tree[rs].v1;
    tree[t].v2=tree[ls].v2+tree[rs].v2;
    tree[t].v3=tree[ls].v3+tree[rs].v3;
    tree[t].v4=tree[ls].v4+tree[rs].v4;
}

void add(int x,int y,int tim){
    int y1=y;
    while (y<1001){
        inse(1,1001,root[y],x,y1,tim);
        y=y+(y& -y);
    }
}

void cc(int i,int x){
    if (iif (h[i]>h[i+1])add(h[i],h[i+1],-1);
        else add(h[i+1],h[i],-1);
        if (x1])add(h[i+1],x,1);
        else add(x,h[i+1],1);
    }
    if (i>1){
        if (h[i-1]>h[i])add(h[i-1],h[i],-1);
        else add(h[i],h[i-1],-1);
        if (x1])add(h[i-1],x,1);
        else add(x,h[i-1],1);
    }
    h[i]=x;
}

void getl(){
    fo(i,1,k)f[i]=tree[f[i]].l;
}

void getr(){
    fo(i,1,k)f[i]=tree[f[i]].r;
}

void getanswer(int l,int r,int x){
    if (l>x){
        fo(i,1,k)ans=ans+0.5*(tree[f[i]].v1*x*x-tree[f[i]].v2*x*2+tree[f[i]].v3);
        return;
    }
    if (r<=x){
        fo(i,1,k)ans=ans+tree[f[i]].tot*x-0.5*tree[f[i]].v4;
        return;
    }
    int tt[11];
    fo(i,1,k)tt[i]=f[i];
    getl();
    int mid=(l+r)/2;
    getanswer(l,mid,x);
    fo(i,1,k)f[i]=tt[i];
    getr();
    getanswer(mid+1,r,x);
}

void getans(int x){
    k=0;
    int y=x;
    while (y){
        f[++k]=root[y];
        y=y-(y & -y);
    }
    ans=0;
    getanswer(1,1001,x);
}

int main(){
    n=get();m=get();
    fo(i,1,n)h[i]=get()+1;
    fo(i,1,n-1)
        if (h[i]1])add(h[i+1],h[i],1);
        else add(h[i],h[i+1],1);
    fo(i,1,m){
        char ch;
        while (ch=getchar(),ch!='Q'&&ch!='U');
        if (ch=='Q'){
            int x=get()+1;
            getans(x);
            printf("%.3lf
",ans);
        }
        else{
            int x=get()+1,y=get()+1;
            cc(x,y);
        }
    }
}