题意

给你一个区间，支持如下操作：

• 在一段区间内加上一个值，并生成一个历史版本
• 查询某个版本下一段区间内的和
• 回到一个历史版本上并舍弃之后的版本

做法

这就是主席树区间修改裸题啦QwQ

上一篇博客我讲了主席树可以资瓷单点修改，那么区间修改资不资瓷呢？那当然是资瓷的啦。

就像一般的线段树一样，主席树的一个内部节点也可以存储两个儿子的和，在修改时打标记，在查询时直接返回当前区间的值即可。和单点修改不同的是，区间修改一次最多需要修改线段树上的4个节点（可以脑内证明），也就是说我们需要在历史版本上新建 $ 4log_2n $ 个节点。这个过程在单点修改的基础上稍加修改就可以实现，非常简单。

这时候，你可能会发现一个问题：标记下放时，新版本的标记不就下放到旧版本上去了吗（因为被打标记的区间的两个儿子都指向着历史版本）？

一个解决方法是：每一次下放都新建两个节点以防止标记污染到历史版本。这个可行度很高，然而QwQ...这道题的空间只有狗日的64MB！！！这么做空间吃不消啊(╯‵□')╯︵┻━┻

还有一个更直接的方法是：标记根本就不用下放！由于加法标记是可以累加的，在查询时只要把一路上的标记累加起来，再乘以当前区间长度即可。注意，pushup时不能直接让该节点的值等于子节点的值的和，还要加上当前标记乘以区间长度的值，这样才能让当前节点的标记对它上面的节点产生影响。

事实上，标记永久化也可以用在一般的线段树中。但是一定要注意，标记必须要是可累加的且与顺序无关的。比如又有加法又有乘法就不行。

代码

一定要注意输出格式啊QwQ

//By sclbgw7
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define R register
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN=100005;
int a[MAXN],n;template<class T>int read(T &x)//这是可以判EOF的快速读入
{x=0;int ff=0;char ch=getchar();while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!=EOF){ff|=(ch=='-');ch=getchar();}if(ch==EOF)return 0;while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}x=ff?-x:x;return 1;
}void readc(char &ch)
{ch=getchar();while(ch<'A'||ch>'Z')ch=getchar();
}class CMT
{private:int cnts[MAXN],root[MAXN],cnt,now;struct CMT_node{int l,r,tag;LL x;}node[MAXN*30];void build(int l,int r,int &x){x=++cnt;node[x].tag=0;//一定要清零if(l==r){node[cnt].x=a[l];return;}int m=(l+r)>>1;build(l,m,node[x].l);build(m+1,r,node[x].r);node[x].x=node[node[x].l].x+node[node[x].r].x;}void insert(int st,int en,int l,int r,int &x,int y,int del){x=++cnt,node[x]=node[y];if(st<=l&&en>=r){node[x].tag+=del;node[x].x+=(LL)((r-l+1)*del);return;}int m=(l+r)>>1;if(st<=m)insert(st,en,l,m,node[x].l,node[y].l,del);if(en>m)insert(st,en,m+1,r,node[x].r,node[y].r,del);node[x].x=node[node[x].l].x+node[node[x].r].x+(LL)(r-l+1)*node[x].tag;  //pushup}LL query(int st,int en,int l,int r,int x,int tsum){if(st<=l&&en>=r){LL ans=(LL)((r-l+1)*tsum);ans+=node[x].x;return ans;}int m=(l+r)>>1;LL ans=0;if(st<=m)ans+=query(st,en,l,m,node[x].l,tsum+node[x].tag);if(en>m)ans+=query(st,en,m+1,r,node[x].r,tsum+node[x].tag);return ans;}public:void init(){cnt=now=0;build(1,n,root[0]);cnts[0]=cnt;}void back(int x)//为了节省空间，回退时释放内存{now=x;cnt=cnts[now];}void change(int l,int r,int del){++now;insert(l,r,1,n,root[now],root[now-1],del);cnts[now]=cnt;}LL getsum(int l,int r,int his,int isnow=0){if(isnow)return query(l,r,1,n,root[now],0);return query(l,r,1,n,root[his],0);}
}cmt;int main()
{int m,fl=0;while(read(n)){if(fl)printf("\n");else fl=1;read(m);for(R int i=1;i<=n;++i)read(a[i]);cmt.init();char ch;int t1,t2,t3;for(R int i=1;i<=m;++i){readc(ch);if(ch=='C'){read(t1),read(t2),read(t3);cmt.change(t1,t2,t3);}else if(ch=='Q'){read(t1),read(t2);printf("%lld\n",cmt.getsum(t1,t2,0,1));}else if(ch=='H'){read(t1),read(t2),read(t3);printf("%lld\n",cmt.getsum(t1,t2,t3));}else{read(t1);cmt.back(t1);}}}return 0;
}