C国的死对头A国这段时间正在进行军事演习，所以C国间谍头子Derek和他手下Tidy又开始忙乎了。A国在海岸线沿直线布置了N个工兵营地,Derek和Tidy的任务就是要监视这些工兵营地的活动情况。由于采取了某种先进的监测手段，所以每个工兵营地的人数C国都掌握的一清二楚,每个工兵营地的人数都有可能发生变动，可能增加或减少若干人手,但这些都逃不过C国的监视。
中央情报局要研究敌人究竟演习什么战术,所以Tidy要随时向Derek汇报某一段连续的工兵营地一共有多少人,例如Derek问:“Tidy,马上汇报第3个营地到第10个营地共有多少人!”Tidy就要马上开始计算这一段的总人数并汇报。但敌兵营地的人数经常变动，而Derek每次询问的段都不一样，所以Tidy不得不每次都一个一个营地的去数，很快就精疲力尽了，Derek对Tidy的计算速度越来越不满:"你个死肥仔，算得这么慢，我炒你鱿鱼!”Tidy想：“你自己来算算看，这可真是一项累人的工作!我恨不得你炒我鱿鱼呢!”无奈之下，Tidy只好打电话向计算机专家Windbreaker求救,Windbreaker说：“死肥仔，叫你平时做多点acm题和看多点算法书，现在尝到苦果了吧!”Tidy说："我知错了。。。"但Windbreaker已经挂掉电话了。Tidy很苦恼，这么算他真的会崩溃的，聪明的读者，你能写个程序帮他完成这项工作吗？不过如果你的程序效率不够高的话，Tidy还是会受到Derek的责骂的.
Input
第一行一个整数T，表示有T组数据。
每组数据第一行一个正整数N（N<=50000）,表示敌人有N个工兵营地，接下来有N个正整数,第i个正整数ai代表第i个工兵营地里开始时有ai个人（1<=ai<=50）。
接下来每行有一条命令，命令有4种形式：
(1) Add i j,i和j为正整数,表示第i个营地增加j个人（j不超过30）
(2)Sub i j ,i和j为正整数,表示第i个营地减少j个人（j不超过30）;
(3)Query i j ,i和j为正整数,i<=j，表示询问第i到第j个营地的总人数;
(4)End 表示结束，这条命令在每组数据最后出现;
每组数据最多有40000条命令
Output
对第i组数据,首先输出“Case i:”和回车,
对于每个Query询问，输出一个整数并回车,表示询问的段中的总人数,这个数保持在int以内。
Sample Input
1
10
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Query 1 3
Add 3 6
Query 2 7
Sub 10 2
Add 6 3
Query 3 10
End
Sample Output
Case 1:
6
33
59

去学了一个博主的文章后写的第一道线段树，所以各个部分写的很规范，可能冗长了点。
线段树用一个简单的例子建一个树，然后代码详解
对十个元素
树
1–10
/
1–5 6–10
/ \ / \
1–3 4–5 6–8 9–10
/ \ /\ / \ /
1–2 3 4 5 6-7 8 9 10
/\ /
1 2 6 7
若父节点的位置为a，则规定子节点的位置为2a和2a+1，分别用a<<1和a<<1|1表示
ac代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <math.h>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include<iomanip>
using namespace std;
int tree[200000], p[50005];
int n;
void push(int rt)
{
	tree[rt] = tree[rt << 1] + tree[rt << 1 | 1];
}
void built(int l, int r, int tr)//建树，l为左端点，r为右端点，tr为该区间当前所在位置（自上而下，如建的数有10个元素，那么位置1的区间就是第一个到第10个,位置2的区间是第一个元素到第五个元素。）
{
	if (l == r)//找到自有一个元素的子节点
	{		tree[tr] = p[l]; return;
	}//因为只有一个元素，则当前位置的数（我们这里储存的区间元素的和）就等于该元素的值。
	int m = (l + r) >> 1;//取区间一半，类似于二分法。
	built(l, m,tr<<1);//建左区间
	built(m + 1, r,tr<<1|1);//建右区间
	push(tr);//一个父节点的值（如1--10）等于两个子节点（1--5和6--10）的和。
}
void up(int L, int C, int l, int r, int rt)//先搜索到要更新的元素，自上而下搜索，然后自下而上更新，更新节点p[L]是要更新的元素,p[L]=p[L]+C,l和r是当前位置（rt）的区间
{
	if (l == r)//搜索要更新的元素结束搜索
	{
		tree[rt] += C;
		return;
	}int 	m = (l + r) >> 1;
	if (L <= m)up(L, C, l, m, rt<<1);//该元素在左区间，继续去搜左区间搜索的元素
	else up(L, C, m + 1, r, rt<<1|1);//该元素在右区间，继续去搜右区间搜索的元素
	push(rt);//更新了子节点的元素，子节点隶属的父节点都要更新。
}
int query(int L, int R, int l, int r, int rt)//L,R为所求区间，l，r为当前位置的区间。
{
	if (L <= l && R >= r)
		return tree[rt];//所求区间包含当前位置所包含区间，则直接将当前位置包含区间的元素之和加进去（因为我们所求的是元素之和，那1--10包括2-9，则就是1+2--9+10）
	int m = (l + r) >> 1;
		int ant = 0;
		if (L <= m) ant+=query(L, R, l, m, rt<<1);//跟左子区间和[L,R]，递归
		if (R > m)ant+=query(L, R, m + 1, r, rt<<1|1);//同理
		return ant;
}
int main()
{
	int t, m,a,b,j=0;
	char s[10],s1[10]="Query",s2[10]="Add",s3[10]="Sub",s4[10]="End";
	cin >> t;
	while (t--)
	{
		j++;
		cin >> m;
		for (int i = 1; i <= m; i++)
			scanf("%d", &p[i]);
		cout << "Case " << j <<":"<< endl;
		built(1, m, 1);
				while (cin >> s)
		{
			if (strcmp(s, s4) == 0)break;
		if (strcmp(s, s2) == 0) {
				scanf("%d%d", &a, &b);
				up(a, b, 1, m, 1);
			}
			if (strcmp(s, s3) == 0)
			{
				scanf("%d%d", &a, &b);
				b = -b;
				up(a, b, 1, m, 1);

			}
			if (strcmp(s, s1) == 0)
			{
				scanf("%d%d", &a, &b);
					int n=query(a, b, 1, m, 1);
					printf("%d\n", n);
			}


		}

	}return 0;
}