codeforces DIV2 E. Garlands （离线、二维树状数组）

E. Garlands

题意：

给出你一个n*m矩阵，矩阵中有一些灯泡，这些灯泡连成了k条互不重叠的链。每个灯泡都有一定的权值w，但是只有当灯泡打开的时候，才会产生贡献，刚开始所有的灯泡都是开着的。共有q次询问，有两种操作：
①“Switch i”——表示将编号为i的链所有的灯泡取反（即开变关，关变开）。
②“Ask x1,y1,x2,y2”——表示询问以（x1,y1）和（x2,y2）为两个端点的子矩形所产生的贡献。

数据范围：1 ≤ n, m, k ≤ 2000，1≤w≤ 10^9，q≤10^6，保证“Ask”的操作≤2000次
时限：3s

解题过程：

备注：翻阅了很多的题解，发现大多数的题解都是在线做的，虽然能够过CF的评测，但是其实复杂度可以被卡到n^3*log(n)^2，自测数据很容易就可以卡掉。所以这里介绍一种不会被卡的离线方法，复杂度为n^2*log(n)^2的，本机测验极限数据能够跑在3s之内。

下面进入正题。首先我们可以注意到题目中说到了Ask的次数不会超过两千次，于是我们就可以从这里入手。有点类似与线段树lazy标记，我们可以对于每个“Switch”操作，我们并不一定每次都要改，而是进行记录。因为我们可以发现，取反操作对于每个链做了偶数次之后，就相当于没有做，所以我们只需要在每次Ask的时候，对所需要修改的链进行修改即可。然后我们考虑如何统计答案，既然询问的是子矩阵的贡献和，我们自然会想到前缀和，但是这个子矩阵中包含着不同编号的链，而每条链在每次查询的时候开关的状态是不一样的，所以我们就可以记ans数组，ans[i][j]表示假设第i条链是开着的时候，对于第j个询问的贡献是多少，这个地方就可以用二位树状数组进行维护，预处理的复杂度为n^2*log(n)^2。最后我们在遍历每一个询问，记change数组，change[i]表示第i条链是否要进行修改，Ask的时候将开着的链贡献添加进去，即为答案，总的复杂度问n^2*log(n)^2，只要常数不是非常的大，就是很容易过去的。

AC代码：

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
bool Finish_read;
template<class T>inline void read(T &x){Finish_read=0;x=0;int f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;if(ch==EOF)return;ch=getchar();}while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;Finish_read=1;}
template<class T>inline void print(T x){if(x/10!=0)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
template<class T>inline void writeln(T x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);print(x);putchar('\n');}
template<class T>inline void write(T x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);print(x);}
/*================Header Template==============*/
const int maxn=2005;
int n,m,k,qcnt,q;
ll T[maxn+50][maxn+50];
int len[maxn];
int x[maxn][maxn],y[maxn][maxn],w[maxn][maxn];
int c[1000005],qx1[maxn],qy1[maxn],qx2[maxn],qy2[maxn];
bool change[maxn];
ll ans[maxn][maxn];
#define lowbit(x) x&(-x)
/*==================Define Area================*/
void Add(int x,int y,int w) {
    for(int i=x;i<=maxn;i+=lowbit(i)) {
        for(int j=y;j<=maxn;j+=lowbit(j)) {
            T[i][j]+=w;
        }
    }
}

ll Sum(int x,int y) {
    ll res=0;
    for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) {
        for(int j=y;j;j-=lowbit(j)) {
            res+=T[i][j];
        }
    }
    return res;
}

int main() {
    read(n);read(m);read(k);
    for(int i=1;i<=k;i++) {
        read(len[i]);
        for(int j=1;j<=len[i];j++) {
            read(x[i][j]);read(y[i][j]);read(w[i][j]);
        }
    }
    read(q);
    for(int i=1;i<=q;i++) {
        char opt[2];
        scanf("%s",opt);
        if(opt[0]=='A') {
            ++qcnt;
            read(qx1[qcnt]);read(qy1[qcnt]);read(qx2[qcnt]);read(qy2[qcnt]);
        }
        else {
            read(c[i]);
        } 
    }
    for(int i=1;i<=k;i++) {
        for(int j=1;j<=len[i];j++) {
            Add(x[i][j],y[i][j],w[i][j]);
        }
        for(int j=1;j<=qcnt;j++) {
            ans[i][j]=Sum(qx2[j],qy2[j])+Sum(qx1[j]-1,qy1[j]-1)-Sum(qx1[j]-1,qy2[j])-Sum(qx2[j],qy1[j]-1);
        }
        for(int j=1;j<=len[i];j++) {
            Add(x[i][j],y[i][j],-w[i][j]);
        }
    }
    for(int i=1,cnt=1;i<=q;i++) {
        if(c[i]) {
            change[c[i]]^=1;
        }
        else {
            ll res=0;
            for(int j=1;j<=k;j++) {
                if(!change[j]) res+=ans[j][cnt];
            }
            printf("%lld\n",res);
            cnt++;
        }
    }
    return 0;
}