Codeforces Round #439 (Div. 2) E. The Untended Antiquity(二维BIT)

题意：在 n×m 的二维图上，有三种操作:
1 r1 c1 r2 c2 表示沿着 (r1, c1, r2, c2) 所表示的矩形的外边框建围墙。（其中 (r1, c1) 为矩形左上角，(r2, c2) 表示矩形右下角）。
2 r1 c1 r2 c2 表示取消 (r1, c1, r2, c2) 所示矩形的围墙。（保证最初图不存在围墙，删除的围墙一定是之前通过操作 1 建立的）。

3 r1 c1 r2 c2 表示询问 (r1, c1) 到 (r2, c2) 是否可以不翻越围墙到达。对于每个操作 3，可以输出 Yes ，否则输出 No 。

（n, m <= 2500, q <= 1e5, 保证围墙没有相交）

思路:因为围墙之间不相交，所以我们可以把每个围墙内部都设置成一个值，询问的时候只要看两个点的值是否相同即可。那么怎么

将一个围墙内设为一个值呢，我们可以利用二维BIT，利用前缀和，进行区间更新，单点查询，跟一维的时候区间更新单点更新一

样。那么删除的时候怎么快速得到这个围墙原来设置的是什么值呢，我们可以用哈希，将四个坐标哈希成一个值，具体见代码。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 2505;const int seed = 2333;ll tree[maxn][maxn], n, m, q;int lowbit(int x){    return  x&(-x);}void update(int x, int y, ll val){    for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i))        for(int j = y; j <= m; j += lowbit(j))            tree[i][j] += val;}void update(int x1, int y1, int x2, int y2, ll val){    update(x1, y1, val);    update(x1, y2+1, -val);    update(x2+1, y1, -val);    update(x2+1, y2+1, val);}ll query(int x, int y){    ll res = 0;    for(int i = x; i; i -= lowbit(i))        for(int j = y; j; j -= lowbit(j))            res += tree[i][j];    return res;}int main(void){    while(~scanf("%I64d%I64d%I64d", &n, &m, &q))    {        memset(tree, 0, sizeof(tree));        int cmd, x1, y1, x2, y2;        while(q--)        {            scanf("%d%d%d%d%d", &cmd, &x1, &y1, &x2, &y2);            ll val = x1;            val = val*seed+y1;            val = val*seed+x2;            val = val*seed+y2;            if(cmd == 1)                update(x1, y1, x2, y2, val);            else if(cmd == 2)                update(x1, y1, x2, y2, -val);            else            {                ll tmp1 = query(x1, y1);                ll tmp2 = query(x2, y2);                puts(tmp1 == tmp2 ? "Yes" : "No");            }        }    }    return 0;}