Description

维护一个数列{a[i]}，支持两种操作：

1、1 L R K D：给出一个长度等于R-L+1的等差数列，首项为K，公差为D，并将它对应加到a[L]~a[R]的每一个数上。即：令a[L]=a[L]+K，a[L+1]=a[L+1]+K+D，

a[L+2]=a[L+2]+K+2D……a[R]=a[R]+K+(R-L)D。

2、2 P：询问序列的第P个数的值a[P]。

Input

第一行两个整数数n，m，表示数列长度和操作个数。

第二行n个整数，第i个数表示a[i]（i=1,2,3…,n）。

接下来的m行，表示m个操作，有两种形式：

1 L R K D

2 P 字母意义见描述（L≤R）。

Output

对于每个询问，输出答案，每个答案占一行。

很明显,这个题需要数据结构来维护。

维护区间,显然我们会想到线段树(貌似写树状数组更简单一些.)

维护一个等差数列会比较麻烦.

但是我们考虑一下等差数列的性质

\[ a_{i+1}-a_i=d \]

此时可以发现,我们维护一下前缀和不就好了.!

但是还可能影响到后面的状态,因此我们在最后减去这些项的和即可.

注意要在一个修改操作的起始位置赋值成\(k\)(首项),然后后面的每一项加上\(d\)即可.

最后如果右端点不为\(n\),我们需要减去前面等差数列的最后一项.

代码

#include
    
     #include
     
      #define ls o<<1#define rs o<<1|1#define N 100008#define R registerinline void in(int &x){    int f=1;x=0;char s=getchar();    while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}    while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}    x*=f;}int n,m;int a[N],tr[N<<2],tg[N<<2];inline void up(int o){    tr[o]=tr[ls]+tr[rs];}inline void down(int o,int l,int r){    if(tg[o])    {        tg[ls]+=tg[o];tg[rs]+=tg[o];        int mid=(l+r)>>1;        tr[ls]+=(mid-l+1)*tg[o];        tr[rs]+=(r-mid)*tg[o];        tg[o]=0;    }}void change(int o,int l,int r,int x,int y,int z){    if(x<=l and y>=r)    {        tr[o]+=(r-l+1)*z;        tg[o]+=z;        return;    }    int mid=(l+r)>>1;    down(o,l,r);    if(x<=mid)change(ls,l,mid,x,y,z);    if(y>mid)change(rs,mid+1,r,x,y,z);    up(o);}int query(int o,int l,int r,int x,int y){    if(x<=l and y>=r)return tr[o];    down(o,l,r);    int res=0,mid=(l+r)>>1;    if(x<=mid)res+=query(ls,l,mid,x,y);    if(y>mid)res+=query(rs,mid+1,r,x,y);    return res;}int main(){    in(n);in(m);    for(R int i=1;i<=n;i++)in(a[i]);    for(R int opt,x,y,k,d;m;m--)    {        in(opt);        if(opt==1)        {            in(x),in(y),in(k),in(d);            change(1,1,n,x,x,k);            if(y>x)change(1,1,n,x+1,y,d);            if(y!=n)change(1,1,n,y+1,y+1,-(k+(y-x)*d));        }        else        {            in(x);            printf("%d\n",a[x]+query(1,1,n,1,x));        }    }}