bzoj2683 简单题

Posted 2020-09-04 Soda

2683: 简单题

Time Limit: 50 Sec  Memory Limit: 128 MB
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Description

你有一个N*N的棋盘，每个格子内有一个整数，初始时的时候全部为0，现在需要维护两种操作：

 

命令	参数限制	内容
1 x y A	1<=x,y<=N，A是正整数	将格子x,y里的数字加上A
2 x1 y1 x2 y2	1<=x1<= x2<=N 1<=y1<= y2<=N	输出x1 y1 x2 y2这个矩形内的数字和
3	无	终止程序

Input

输入文件第一行一个正整数N。

接下来每行一个操作。

 

Output

对于每个2操作，输出一个对应的答案。

 

Sample Input

4
1 2 3 3
2 1 1 3 3
1 2 2 2
2 2 2 3 4
3

Sample Output

3
5

HINT

 

1<=N<=500000,操作数不超过200000个，内存限制20M。

对于100%的数据，操作1中的A不超过2000。

 

其实这题的算法挺好理解的，CDQ二分

子矩阵的数字和表示为 s(x1,y1,x2,y2)=s[x2][y2]-s[x2][y1-1]-s[x1-1][y2]+s[x1-1][y1-1]

因此一个要查询的子矩阵，对其有影响的矩阵为s[x2][y2]，s[x2][y1-1]，s[x1-1][y2]，s[x1-1][y1-1]这四个前缀子矩阵

按题目的意思，是要求我们在线做，但是CDQ算法不乐意在线做

于是要注意到操作顺序，位置顺序两个东西

至于位置顺序，它是二维的，不妨把x从小到大排个序，然后对y进行树状数组搞个前缀和，再用

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node{
    int x,y,z,b,p,t;
}q[200010*4],tmp[200010*4];
int n,tot,t,sum[200010*4],ans[200010*4];
int cmp(node i,node j){
    if(i.x==j.x&&i.y==j.y)return i.p<j.p;
    if(i.x==j.x)return i.y<j.y;
    return i.x<j.x;
}
void add(int x,int y){
    while(x<=n)sum[x]+=y,x+=x&-x;
}
int getsum(int x){
    int result=0;
    while(x>0)result+=sum[x],x-=x&-x;
    return result;
}
void work(int l,int r){
    if(l==r)return;
    int mid=(l+r)>>1;
    int ll=l,rr=mid+1;
    for(int i=l;i<=r;i++){
        if(q[i].t<=mid&&q[i].p==1)add(q[i].y,q[i].z);
        if(q[i].t>mid&&q[i].p==2)ans[q[i].b]+=getsum(q[i].y)*q[i].z;
    }
    for(int i=l;i<=r;i++)
        if(q[i].t<=mid&&q[i].p==1)add(q[i].y,-q[i].z);
    for(int i=l;i<=r;i++){
        if(q[i].t<=mid)tmp[ll++]=q[i];
        else tmp[rr++]=q[i];
    }
    for(int i=l;i<=r;i++)q[i]=tmp[i];
    work(l,mid);work(mid+1,r);
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    int f,x1,x2,y1,y2,z;
    while(1){
        scanf("%d",&f);
        if(f==1){
            scanf("%d%d%d",&x1,&y1,&z);
            q[++tot].x=x1,q[tot].y=y1,q[tot].p=1,q[tot].z=z,q[tot].t=tot;
        }
        if(f==2){
            scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
            q[++tot].x=x2,q[tot].y=y2,q[tot].p=2,q[tot].z=1,q[tot].t=tot,q[tot].b=++t;
            q[++tot].x=x2,q[tot].y=y1-1,q[tot].p=2,q[tot].z=-1,q[tot].t=tot,q[tot].b=t;
            q[++tot].x=x1-1,q[tot].y=y2,q[tot].p=2,q[tot].z=-1,q[tot].t=tot,q[tot].b=t;
            q[++tot].x=x1-1,q[tot].y=y1-1,q[tot].p=2,q[tot].z=1,q[tot].t=tot,q[tot].b=t;
        }
        if(f==3)break;
    }
    sort(q+1,q+tot+1,cmp);
    work(1,tot);
    for(int i=1;i<=t;i++){
        //cout<<ans[i]<<endl;
        printf("%d\n",ans[i]);//不要用cout，蜜汁RE
    }
}