区间修改，区间查询，这一类题通常都可以使用线段树解决，但对于此题，树状数组同样可以，而且常数较小，代码简单。
思路：
考虑使用树状数组去维护差分数组，即对于$a_i$,我们使用树状数组去维护$|a_i-a_{i-1}|$的值。
对于修改，我们对一段区间进行修改的时候，能对结果产生影响的只有左右端点，因为绝对值之差相互抵消了。
所以我们考虑修改时，端点的影响即可。
对于$a_l$,若$a_{l-1}\le a_l$，那么我们在对$a_l$进行加一后，我们会发现，$|a_l-a_{l-1}|$的值同样会加一，所以我们正常给$a_l$加一即可。
反之，$a_{l-1}>a_l$,那么在给$a_l$加一的时候，$|a_l-a_{l-1}|$的值会减小，所以此时我们需要给该值减一。
对于$r,r+1$位置的分析同理。
同时，又因为查询需要输出$a_l$的值，所以我们再开一个树状数组去单独维护每个值的大小即可。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"struct MIT
{
ll tr[N];
int lowbit(int x) {return x & (-x);
}void add(int u, int v) {for (int i = u; i < N; i += lowbit(i)) {tr[i] += v;}
}ll query(int x) {ll res = 0;for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) {res += tr[i];}return res;
}
};MIT t1,t2;void solve()
{int n,q;cin>>n>>q;vector<int> a(n+5);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];t1.add(i,a[i]-a[i-1]);t2.add(i,abs(a[i]-a[i-1]));}while(q--){int op,l,r;cin>>op>>l>>r;if(op==1){cout<<t1.query(l)+t2.query(r)-t2.query(l)<<endl;}else{ll c1=t1.query(l-1),c2=t1.query(l);if(c2-c1>=0) t2.add(l,1);else t2.add(l,-1);c1=t1.query(r),c2=t1.query(r+1);if(c2-c1>0) t2.add(r+1,-1);else t2.add(r+1,1);t1.add(l,1),t1.add(r+1,-1);}}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}system("pause");return 0;
}

简化一下题意，给定一个数组，有$q$次操作，每次操作选择一个编号为$x$的元素删除，要求输出每次操作的中位数。

思路
考虑树状数组在这题中如何进行应用，我们同样把值域映射到下标，去统计对于第 i 个数，其前面有多少个比他小的数。然后运用二分去找值为$n/2$的下标即为所求。

因为值域很大所以需要进行离散化。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"struct MIT
{
ll tr[N];
int lowbit(int x) {return x & (-x);
}void add(int u, int v) {for (int i = u; i < N; i += lowbit(i)) {tr[i] += v;}
}ll query(int x) {ll res = 0;for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) {res += tr[i];}return res;
}
};int n,q;
int a[N];
MIT tr;int cal(int x)
{int l=1,r=N,ans=0;while(l<=r){int mid=(l+r)/2;if(tr.query(mid)>=x){r=mid-1;ans=mid;}else l=mid+1;}return ans;
}void solve()
{cin>>n;vector<int> b;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);b.push_back(a[i]);}b.push_back(0);sort(b.begin(),b.end());b.erase(unique(b.begin(),b.end()),b.end());//离散化不多说了for(int i=1;i<=n;i++){int t=lower_bound(b.begin(),b.end(),a[i])-b.begin();a[i]=t;tr.add(t,1);}int q;cin>>q;while(q--){int x;cin>>x;x=a[x];tr.add(x,-1);n--;if(n%2==0){double ans=(b[cal(n/2)]+b[cal(n/2+1)])*1.0/2;printf("%.1lf ",ans);}else{double ans=b[cal((n+1)/2)]*1.0;printf("%.1lf ",ans);}}//cout<<endl;
}int main()
{int t;t=1;while(t--){solve();}//system("pause");return 0;
}