BZOJ 1176: [Balkan2007]Mokia CDQ分治

第一道CDQ分治....

以下来自  陈丹琦 的 从《Cash》谈一类分治算法的应用:

算法分析

这个问题是IOI 2000 Mobile的加强版：Mobile中W≤1000，就可以利用二树状数组在O(log22n)的时间复杂度内维护出操作1)和操作2)．这个问题中W很大，开二维树状数组O(W2)的空间显然吃不消，考虑使用动态空间的线段树，最多可能达到操作次数 * (log2W)2个节点，也相当大了．考虑使用分治思想来解决问题：

将操作1)和操作2)按顺序看成是一个个事件，假设共有Tot个事件，Tot≤170000．类似例题一，我们定义Solve(l, r)表示对于每一个Query操作的事件i， 将l ..i-1的Add操作的所有属于i的矩形范围内的数值累加进来．目标是Solve(1, n)．

假设计算Solve(L, R)，递归Solve(L, Mid)，Solve(Mid + 1, r)后，对L .. Mid的所有Add操作的数值累加到Mid + 1 .. R的所有匹配的Query操作的矩形中．

后面这个问题等价于：平面中有p个点，q个矩形，每个点有一个权值，求每个矩形内的点的权值之和．这个问题只需要对所有的点以及矩形的左右边界进行排序，用一维树状数组或线段树在O((p+q)log2W)的时间复杂度即可维护得出．

因此问题的总的时间复杂度为O(Tot*log2Tot*log2W)，不会高于二维线段树的O(Tot*log2W*log2W)的时间复杂度．

1176: [Balkan2007]Mokia

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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

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn=200200;

int s,w;
int n;

struct Node
{
    int x,y,kind,pos,num;

    bool operator<(const Node& node) const
    {
        return x<node.x;
    }

    void toString()
    {
        printf(" (%d,%d) k: %d p: %d num: %d\n",x,y,kind,pos,num);
    }

}T[maxn],nT[maxn];

bool cmp(Node a,Node b)
{
    return a.pos<b.pos;
}

/***********树状数组**************/

int C;
int Color[maxn*10],tree[maxn*10];

inline int lowbit(int x)
{
    return x&(-x);
}

void Add(int p,int v)
{
    for(int i=p;i<=w;i+=lowbit(i))
    {
        if(Color[i]!=C) tree[i]=0;
        Color[i]=C;
        tree[i]+=v;
    }
}

int Sum(int p)
{
    int ret=0;
    for(int i=p;i;i-=lowbit(i))
    {
        if(Color[i]==C)
            ret+=tree[i];
    }
    return ret;
}

/****************CDQ*********************/

void CDQ(int l,int r)
{
    if(l==r) return;

    int mid=(l+r)/2;

    int l1=l,l2=mid+1;

    for(int i=l;i<=r;i++)
    {
        if(T[i].pos<=mid) nT[l1++]=T[i];
        else nT[l2++]=T[i];
    }

    memcpy(T+l,nT+l,sizeof(T[0])*(r-l+1));

    CDQ(l,mid);

    /// 左半部分对右半部分的影响

    int j=l; C++;
    for(int i=mid+1;i<=r;i++)
    {
        for(;T[j].x<=T[i].x&&j<=mid;j++)
        {
            if(T[j].kind==1)
            {
                Add(T[j].y,T[j].num);
            }
        }
        if(T[i].kind==2)
        {
            T[i].num+=Sum(T[i].y);
        }
    }

    CDQ(mid+1,r);

    /// Recover

    l1=l,l2=mid+1;
    for(int i=l;i<=r;i++)
    {
        if((T[l1]<T[l2]&&l1<=mid)||l2>r) nT[i]=T[l1++];
        else nT[i]=T[l2++];
    }

    memcpy(T+l,nT+l,sizeof(T[0])*(r-l+1));
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&s,&w);
    int k,x1,y1,x2,y2,S;
    while(scanf("%d",&k)&&k!=3)
    {
        if(k==1)
        {
            scanf("%d%d%d",&x1,&y1,&S);
            n++; T[n]=(Node){x1,y1,1,n,S};
        }
        else if(k==2)
        {
            scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);

            /// Add 4 Node
            n++; T[n]=(Node){x1-1,y1-1,2,n,0};
            n++; T[n]=(Node){x1-1,y2,2,n,0};
            n++; T[n]=(Node){x2,y1-1,2,n,0};
            n++; T[n]=(Node){x2,y2,2,n,0};
        }
    }

    sort(T+1,T+1+n);
    CDQ(1,n);
    sort(T+1,T+1+n,cmp);

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(T[i].kind==2)
        {
            int ans=0;

            ans+=T[i].num; i++;
            ans-=T[i].num; i++;
            ans-=T[i].num; i++;
            ans+=T[i].num;

            printf("%d\n",ans);
        }
    }

    return 0;
}