【BZOJ】1176: [Balkan2007]Mokia（cdq分治）

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1176

在写这题的时候思维非常逗啊。。。。。。。。2333。。。。。。。。。。。。。。。。。。。

最后不得不去看别人的代码。。

噗，，我怎么没想到二维前缀和。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。

orz zyf

那么对于一个矩形，我们拆成四个点，那么就可以和add操作一起cdq分治！

orz

cdq分治的话很好想的：

定义$solve(l, r)$表示用l~mid来更新mid+1~r。

考虑如何$O(n)$更新：

首先我们可以先考虑x轴，如果是已经排序好了的话，直接扫过去更新y轴！这点利用了单调的思想。

而如何更新y轴呢？树状数组。

而拆点后如何维护二维前缀和呢？加加减减。

如何快速排序呢？在外边先排序过。

然后完了。

我之前写的cdq非常逗啊，，都没有拆点，直接单调队列暴力扫，但是为啥wa了？我对拍的时候看了一下答案，只有一些答案错了QAQ。。。

一些技巧请看代码，orz

（丧心病狂の加速，我们离散y轴再用bit维护233）

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <string>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#include <queue>

#include <set>

#include <map>

using namespace std;

typedef long long ll;

#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)

#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)

#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)

#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)

#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)

#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))

#define read(a) a=getint()

#define print(a) printf("%d", a)

#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl

#define error(x) (!(x)?puts("error"):0)

#define rdm(x, i) for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next)

inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }



const int N=170005, M=2000005;



int tot, c[M];

inline void add(int x, const int &s) { for(; x<=tot; x+=x&-x) c[x]+=s; }

inline int sum(int x) { int ret=0; for(; x; x-=x&-x) ret+=c[x]; return ret; }



int y[N*4], W, n, cnt, ans[N], S;



struct dat { int x, y, id, pos, a; bool f; }p[N*5], t[N*5];

inline const bool cmp(const dat &a, const dat &b) { return a.x==b.x ? (a.y==b.y?a.pos<b.pos:a.y<b.y) : a.x<b.x; }



void cdq(int l, int r) {

	if(l==r) return;

	int mid=(l+r)>>1, l1=l, l2=mid+1;

	for1(i, l, r) {

		if(p[i].id<=mid && !p[i].f) add(p[i].y, p[i].a);

		if(p[i].id>mid && p[i].f) ans[p[i].pos]+=p[i].a*sum(p[i].y);

	}

	for1(i, l, r) if(p[i].id<=mid && !p[i].f) add(p[i].y, -p[i].a);

	for1(i, l, r) if(p[i].id<=mid) t[l1++]=p[i]; else t[l2++]=p[i];

	for1(i, l, r) p[i]=t[i];

	cdq(l, mid); cdq(mid+1, r);

}



int main() {

	read(S); read(W);

	int t=getint();

	while(t!=3) {

		if(t==1) { ++n; read(p[n].x); read(p[n].y); read(p[n].a); p[n].f=0; p[n].pos=0; p[n].id=n; y[++tot]=p[n].y; }

		else {

			int x1=getint(), y1=getint(), x2=getint(), y2=getint();

			ans[++cnt]=S*(x2-x1+1)*(y2-y1+1);

			p[++n].x=x1-1, p[n].y=y1-1, p[n].f=1, p[n].a=1; p[n].id=n; p[n].pos=cnt;

			p[++n].x=x1-1, p[n].y=y2, p[n].f=1, p[n].a=-1; p[n].id=n; p[n].pos=cnt;

			p[++n].x=x2, p[n].y=y1-1, p[n].f=1, p[n].a=-1; p[n].id=n; p[n].pos=cnt;

			p[++n].x=x2, p[n].y=y2, p[n].f=1, p[n].a=1; p[n].id=n; p[n].pos=cnt;

			y[++tot]=y1; y[++tot]=y2; y[++tot]=y1-1; y[++tot]=y2-1;

		}

		read(t);

	}

	sort(y+1, y+1+tot); tot=unique(y+1, y+1+tot)-y-1;

	for1(i, 1, n) p[i].y=lower_bound(y+1, y+1+tot, p[i].y)-y;

	sort(p+1, p+1+n, cmp);

	cdq(1, n);

	for1(i, 1, cnt) printf("%d\n", ans[i]);



	return 0;

}

　　

 

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Description

维护一个W*W的矩阵，初始值均为S.每次操作可以增加某格子的权值,或询问某子矩阵的总权值.修改操作数M<=160000,询问数Q<=10000,W<=2000000.

Input

第一行两个整数,S,W;其中S为矩阵初始值;W为矩阵大小

接下来每行为一下三种输入之一(不包含引号):

"1 x y a"

"2 x1 y1 x2 y2"

"3"

输入1:你需要把(x,y)(第x行第y列)的格子权值增加a

输入2:你需要求出以左上角为(x1,y1),右下角为(x2,y2)的矩阵内所有格子的权值和,并输出

输入3:表示输入结束

Output

对于每个输入2,输出一行,即输入2的答案

Sample Input

0 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

 

保证答案不会超过int范围

 

Source