给定一个大小为N的数组，以及一个大小为N的区间数组，每个区间都是第一个数组的连续段，我需要处理更新数组元素并要求总和的Q查询第二个数组中的段（iTH间隔中的元素与jTH间隔的总和）。
现在，可以轻松处理第一个查询。我可以从数组中构建一个分段树。我可以用它来计算第一个数组中间隔的总和（第二个数组中的一个元素）。但是如何处理O（log n）中的第二个查询？在最坏的情况下，我更新的元素将在第二个数组的所有间隔中。
我需要一个O（Q log N）或O（Q （logN）^ 2）解决方案。
答案 0 :(得分：0)
这是一个O((Q + N) * sqrt(Q))解决方案（它基于一个非常标准的sqrt分解思路）：
1.让我们假设数组永远不会更新。然后问题变得非常简单：使用前缀和，可以在O(N)时间进行预计算和每个查询O(1)解决此问题（这里我们需要2个前缀和数组：一个用于原始数组和另一个用于间隔数组。）
2.现在让我们将查询分成大小为sqrt(Q)的块。在每个块的开头，我们可以执行与1中相同的操作。仅考虑在此块开始之前发生的那些更新。它可以在线性时间内完成（使用前缀和两次）。此类计算的总数为Q / sqrt(Q) = sqrt(Q)次（因为它是我们拥有的块数）。到目前为止，它总共给我们O((N + Q) * sqrt(Q))个时间
3.当我们得到类型2的查询时，已经考虑了当前块之外的所有更新。因此，最多sqrt(Q)次更新可能会影响答案。因此，让我们几乎天真地处理它们：迭代在此查询之前发生的当前块内的所有更新并更新答案。为此，我们需要知道从i到j的间隔中数组中给定位置的出现次数。使用O(Q * sqrt(N + Q))时间和空间的扫描线算法可以离线解决此部分（由于可以使用基数排序，因此不会出现额外的对数因子）。
所以我们在最坏的情况下得到O((N + Q) * sqrt(Q))时间和空间。当然，它比O(Q * log N)更糟糕，但对于约10^5个查询和数组元素应该可以正常工作。