bzoj2683 简单题

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。

分析：
CDQ分治入门题
典型的三维偏序模型：

• 时间
• x坐标
• y坐标

网上很多题解都是把询问拆成了4个（二维前缀和）
实际上我们可以把询问拆成两个：

因为我们是按照时间顺序读入的
所以一开始时间这一维就已经有序了（已经消除了影响）

在CDQ分治的时候，我们先把左右区间按照x坐标排序（如果x坐标相同，修改就排到询问之前）
在左右区间各设置一个指针：t1，t2
从前往后扫，相当于按照x进行一次归并
但是我们并不是真的归并起来
为什么呢？因为我们之后要把树状数组清零，我们不能打乱左右区间的所属元素
这样方便我们之后从左区间找到修改操作并且消除影响（这样也能节省时间）

在处理的时候我们还是遵循这个原则：左区间修改，右区间查询

tip

在排序的时候注意数组下标：

sort(po+L,po+M+1,cmp);      //[L,M]sort(po+M+1,po+R+1,cmp);    //[M+1,R]

处理完询问后，不要忘了消除左区间修改的影响
这时候我们多设置了一个last变量

记录最后的一个修改操作进行到哪里

这样在消除影响的时候就可以节省时间了
（如果没有的话会T，毕竟sort也是挺费时的）

//这里写代码片#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;const int N=500010;struct node{    int type,x,ya,yb,id,z;};node po[N<<1],q[N<<1];int t[N],n,m,tot=0,totx=0,ans[N];void add(int x,int z) {for (int i=x;i<=n;i+=(i&(-i))) t[i]+=z;}int ask(int x) {int ans=0;for (int i=x;i>0;i-=(i&(-i))) ans+=t[i];return ans;}int cmp(const node &a,const node &b){    if (a.x!=b.x) return a.x<b.x;    else return a.type<b.type;}void CDQ(int L,int R){    if (L==R) return;    int M=(L+R)>>1;    CDQ(L,M); CDQ(M+1,R);    sort(po+L,po+M+1,cmp);      //并不打乱两部分     sort(po+M+1,po+R+1,cmp);    int t1=L,t2=M+1,last=0;    while (t2<=R)        //注意循环结束的标示:因为我们只要处理完右区间的询问就行了,那些还在后面的修改没有任何意义(不会影响本次的询问处理)     {        while (t1<=M&&po[t1].type!=1) t1++;        while (t2<=R&&po[t2].type==1) t2++;        if (t1<=M&&po[t1].x<=po[t2].x) {            add(po[t1].ya,po[t1].z);            last=t1++;        }        else if (t2<=R) {            if (po[t2].type==2) ans[po[t2].id]-=ask(po[t2].yb)-ask(po[t2].ya-1),t2++;            else ans[po[t2].id]+=ask(po[t2].yb)-ask(po[t2].ya-1),t2++;        }    }    for (int i=L;i<=last;i++)        if (po[i].type==1) add(po[i].ya,-po[i].z);}int main(){    scanf("%d",&n);    int xa,ya,xb,yb,opt,z;    for (;;)    {        scanf("%d",&opt);        if (opt==1)        {            scanf("%d%d%d",&xa,&ya,&z);            tot++;            po[tot].type=1; po[tot].x=xa; po[tot].ya=ya; po[tot].z=z;        }        else if (opt==2)        {            scanf("%d%d%d%d",&xa,&ya,&xb,&yb);            tot++; totx++;            po[tot].type=2; po[tot].x=min(xa,xb)-1;             po[tot].ya=min(ya,yb); po[tot].yb=max(ya,yb); po[tot].id=totx;            tot++;            po[tot].type=3; po[tot].x=max(xa,xb);             po[tot].ya=min(ya,yb); po[tot].yb=max(ya,yb); po[tot].id=totx;        }        else break;    }    CDQ(1,tot);    for (int i=1;i<=totx;i++) printf("%d\n",ans[i]);    return 0;}