POJ 2155 Matrix 树状数组

题目大意：

给定一N*N的矩阵，每个元素为1或0，初始全为0，有如下两种操作

（1）将某一个矩形区域内的所有元素取反，即1改为0，0改为1

（2）询问某一个元素的值，输出0或1

首先不难看出，因为只有01所以与其取反，不如给区间中的某个元素都+1，和开关灯问题的性质相同，最后模2即可；

查询某个点的当前的值，可以转化为查询当前所有的操作中有多少个操作区间包含所查询点（因为每个操作都是给区间中的每个元素+1嘛）；

一个区间可以用对角线上的两个顶点表示，如果一个点在这个区间中，那么从矩阵（0,0）位置到该点做组成的矩阵一定包含且只包含一个顶点；

但是这样的话无法区分矩阵外面的点，如果用四个顶点表示这个矩阵呢？这时，矩阵内点所围的矩阵包含一个顶点，而矩阵外的点所围的矩阵包含0、2或4个顶点，模2恰好为0，这样就能通过从（0,0）到某点矩阵所包含的顶点数来完成矩阵内外点的区分了

再由叠加的性质，通过计算顶点数的和可以在模2的意义下区分查询点点被多少个矩阵所围

于是问题就转化为了：以（0,0）和所询问点（x，y）所围成的矩形中包含多少顶点，即子矩阵矩阵元素和是多少？每插入一个矩形，就将其四个顶点插入树状数组，查询时，即求给定区间内的元素和，解决~

关于树状数组：

树状数组是什么？树状数组虽然描述起来是数组，但是表示其元素的关系上应该用类似树的形式画出

树状数组能做什么？最常用的目的：求某个区间的和，给定一个数组若求一段区间的和，我们可以通过预处理出每个“前缀”的和在查询时得到O(1)的复杂度，然而如果这个数组是动态的话，比如我们可以修改某个元素的值，再查询时如果不做预处理，修改O(1)，查询需要整体求和O(n)；如果预处理，查询O(n)，修改需要修改所有包含这个元素的值O(n)。而树状数组就是在这两种状况的一个平衡，它所做的是“不完全”的预处理，将修改的一部分代价转移到查寻时来做，这样查寻和修改都是O(logn)，效率较高

而树状数组扩展到高维也很容易，它不过是一个求和的预处理而已

顺便越发的觉得树状数组这个结构十分优美了，虽然所能做的比较有限，但是实现起来相当简单

下面是这道题的代码，注释不多，希望上面的文字描述大概就够了....

#include <cstdio>#include <cstring>#define MAXN 1010int c[MAXN][MAXN];int lowbit(int k){    return k & -k;}void modify(int a, int b, int d){    for (int i = a; i < MAXN; i += lowbit(i))    {        for (int j = b; j < MAXN; j += lowbit(j))        {            c[i][j] += d;        }    }}int check(int a, int b){    int total = 0;    for (int i = a; i > 0; i -= lowbit(i))    {        for (int j = b; j > 0; j -= lowbit(j))        {            total += c[i][j];        }    }    return total;}int main(){    int caseSet, n , t;    char str[3];    int x1, y1, x2, y2;    int tmp;    scanf("%d", &caseSet);    while (caseSet--)    {        scanf("%d %d", &n, &t);        memset(c, 0, sizeof(c));        while (t--)        {            scanf("%s", str);            switch (str[0])            {            case 'C':                scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2);                x2++; y2++; // 这里注意顶点的设置应类似“左闭右开”的形式，否则查询边上的点的时候可能会出问题                modify(x2, y2, 1);                modify(x1, y2, 1);                modify(x2, y1, 1);                modify(x1, y1, 1);                break;            case 'Q':                scanf("%d%d", &x1, &y1);                tmp = check(x1, y1);                printf("%d\n", tmp % 2);                break;            }        }        printf("\n");    }    return 0;}