【BZOJ 2683】简单题 CDQ分治+树状数组

很难过这道题以前居然写过，可能一开始学的时候就没怎么在意，或者认真，导致完全没什么印象，最后又重写了两遍，加深印象。

其实感觉CDQ分治和整体二分有很多相似的地方，都是在递归的过程中对整体的答案做出贡献，而真正的区别在于，一个递归的是操作，一个是二分的答案。

首先考虑如果只有一维的话可以怎么做，很显然直接树状数组在线做事毫无压力的，但是此题的难点在于居然有两维，但是又不要求强制在线，所以可以考虑到CDQ分治降一维下来，使一维具有单调性，具体怎么实现呢。

首先对于所有的操作按照y坐标排序，这样我们的y坐标就具有单调性了，但是一个遗憾的事实是，排序以后，可能操作就是无序的了，例如2操作可以在1前面，所以无法直接做，于是我们每一次分治操作，二分一个mid，维护一个树状数组，对于操作在mid之前而且是插入操作的修改树状数组，对于在mid之后的询问操作则更新答案。就可以保证用mid之前的操作消除对mid之后的影响，继续递归。注意这里树状数组是一维的是吧，也就是类似于一个l->mid的二维前缀和，所以要将一次的询问拆成4次，然后差分，明天早上再来写点CDQ

#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>#define maxn 510020using namespace std;int n,ans[maxn],c[maxn*4],cnt,tot;struct node{int pos,a,b,d,id,k;bool operator<(const node& y)const{    if(a==y.a&&b==y.b)return id<y.id;    return b==y.b?a<y.a:b<y.b;}}p[maxn],q[maxn];void update(int x,int add){while(x<=n){c[x]+=add;x+=x&-x;}}int query(int x,int ans=0){while(x>0){ans+=c[x];x-=x&-x;}return ans;}void solve(int l,int r){if(l==r)return ;int mid=l+r>>1;for(int i=l;i<=r;i++){if(q[i].id<=mid&&q[i].pos==1)update(q[i].a,q[i].d);else if(q[i].id>mid&&q[i].pos==2)ans[q[i].k]+=query(q[i].a)*q[i].d;}for(int i=l;i<=r;i++)if(q[i].id<=mid&&q[i].pos==1)update(q[i].a,-q[i].d);int j=l,k=mid+1;for(int i=l;i<=r;i++){if(q[i].id<=mid)p[j++]=q[i];else p[k++]=q[i];}for(int i=l;i<=r;i++)q[i]=p[i];solve(l,mid),solve(mid+1,r);}int main(){scanf("%d",&n);int pos,a,b,c,d;while(scanf("%d",&pos)&&pos!=3){if(pos==1){scanf("%d%d%d",&a,&b,&d);q[++cnt]=(node){1,a,b,d,cnt,0};}else{scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);++tot;q[++cnt]=(node){2,c,d,1,cnt,tot};q[++cnt]=(node){2,a-1,d,-1,cnt,tot};q[++cnt]=(node){2,c,b-1,-1,cnt,tot};q[++cnt]=(node){2,a-1,b-1,1,cnt,tot};}}sort(q+1,q+1+cnt);solve(1,cnt);for(int i=1;i<=tot;i++)printf("%d\n",ans[i]);return 0;}