先上一道题目：
题目描述
如题，已知一个数列，你需要进行下面两种操作：
-
将某一个数加上x
-
求出某区间每一个数的和
输入输出格式
输入格式：
第一行包含两个整数N、M，分别表示该数列数字的个数和操作的总个数。
第二行包含N个用空格分隔的整数，其中第i个数字表示数列第i项的初始值。
接下来M行每行包含3个整数，表示一个操作，具体如下：
操作1： 格式：1 x k 含义：将第x个数加上k
操作2： 格式：2 x y 含义：输出区间[x,y]内每个数的和
输出格式：
输出包含若干行整数，即为所有操作2的结果。
输入输出样例
输入样例#1：
5 5
1 5 4 2 3
1 1 3
2 2 5
1 3 -1
1 4 2
2 1 4
输出样例#1：
14
16
说明
时空限制：1000ms,128M
数据规模：
对于30%的数据：N<=8，M<=10
对于70%的数据：N<=10000，M<=10000
对于100%的数据：N<=500000，M<=500000
想暴力过？不存在的（底层优化不敢说）。于是，我们需要一种数据结构来进行优化。
树状数组
其实，树状数组就是一个数组。
如果我们有一个数组\\(a\\)，我们可以构造一个数组\\(C\\),使\\(C[i]=a[i-2^k+1]+\\cdots+a[i]\\)，\\(k\\)为\\(i\\)在二进制下末尾\\(0\\)的个数。
这其实是一个绝妙的想法，因为\\(x\\)对应的\\(2^k\\)是十分好求的，我们称求\\(2^k\\)的函数为lowbit：
inline LL lowbit(LL x)
{
return x&(-x);
}
为什么呢？
首先，我们先来看看什么是补码：
一个数字的补码就是将该数字作比特反相运算（即反码），再将结果加1。在补码系统中，一个负数就是用其对应正数的补码来表示。
如:+8是00001000，而-8就是~8+1=11110111+1=11111000
如果\\(x\\)的二进制位末尾有\\(k\\)个\\(0\\)，那么在取时，它们都会变成\\(1\\)，加\\(1\\)之后，又都变成了\\(0\\)。又因为\\(x\\)的二进制位末尾只有\\(k\\)个\\(0\\)，故第\\(k+1\\)位一定是\\(1\\)，取反后变成\\(0\\)，加\\(1\\)后，由于进位，又变成了\\(1\\)，进位由此停止。与是，这两个数的二进制位上，除了第\\(k+1\\)位，其余应该都至少有一个是\\(0\\)（\\(k\\)以前的为上补码一定是\\(0\\)，可以后的位上有于取反，必定一位是\\(0\\)，一位是\\(1\\)）。由此可知，得到的答案是\\(2^k\\)。
其实，C数组就是一棵树状数组。
树状数组的结构如下图所示：
区间查询
个人感觉区间查询比单点修改，好理解。
首先，要查\\([l,r]\\)的和，我们可以求出\\([1,l]\\)的和，再减去\\([1,r)\\)的和即可。于是问题就在于求出\\([1,ans]\\)的和。
假设我们的树状数组为\\(a[l]\\)（下文我们都这样假设，包括代码），我们首先查询\\(a[l]\\)，得到的值是\\([l-2^{k_l}+1,l]\\)的和。于是我们的问题就变成了求\\([1,i-2^{k_l},l]\\)即\\([1,l-lowbit(l)]\\)的和。我们发现这可以用递归实现。当然，一般我们都用循环实现（调用函数太慢），原理相同。
代码
inline LL sum(LL pla)
{
LL ans=0;
for(; pla; pla-=lowbit(pla))ans+=a[pla];
return ans;
}
单点修改
如果要在一个点加上一个数，由于我们需要在所有管得着该点的地方修改，于是我们必须知道：那些地方管得着。
让我们把那张图拿出来
看着图，我们就能发现：修改是查询的逆动作。管得着某点的地方就是从该点向上爬所经过的点。于是，我们只要模拟刚才查询的逆过程向上爬，即把pla-=lowbit(pla)改成pla+=lowbit(pla)即可。
代码
inline void add(LL pla,LL num)
{
for(; pla<=n; pla+=lowbit(pla))a[pla]+=num;
}
文章开头题目的代码
#include <cctype>
#include <cstdio>
typedef long long LL;
#define dd c=getchar()
template <class T>
inline void read(T &x)
{
x=0;char dd;bool f=false;
for(;!isdigit(c);dd)if(c==\'-\')f=true;
for(;isdigit(c);dd) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
if(f)x=-x;
return;
}
#undef dd
LL n;
LL a[500005];
inline LL lowbit(LL x)
{
return x&(-x);
}
inline void add(LL pla,LL num)
{
for(; pla<=n; pla+=lowbit(pla))a[pla]+=num;
}
inline LL sum(LL pla)
{
LL ans=0;
for(; pla; pla-=lowbit(pla))ans+=a[pla];
return ans;
}
int main()
{
LL m;
read(n);
read(m);
for(LL i=1; i<=n; ++i)
{
LL t;
read(t);
add(i,t);
}
while(m--)
{
LL a,b;
int t;
read(t);
read(a);
read(b);
if(t==1)add(a,b);
else printf("%lld\\n",sum(b)-sum(a-1));
}
return 0;
}