【JZOJ 3893】 画矩形

Description

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Analysis

比赛时打了树状数组套线段树，巨大常数卡空间卡时间40分（可是理论复杂度是nlog^2的啊），看这数据范围就是要卡树套树的
然而这是一个经典模型，之前某篇题解写过：传送门
这题的区别是有动态加点操作，所以不能像那题一样直接快排

按时间分治

我们将操作按时间分治（不知道是不是CDQ分治）
那么对于一段操作区间[L,R]
将[L,mid]中的插入点操作来更新[mid+1,R]中的询问操作
这就是套路，参见链接中的题解，树状数组nlogn
总复杂度nlog^2
正确性显然

summary

什么情况下可以将操作按时间分治？

1. 可以离线
2. 修改操作互相独立
3. 各个修改对答案的贡献互不影响

Code

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)using namespace std;const int N=200005;int n,m,num,lim,BIT[N],ans[N];struct op{    int tp,x1,y1,x2,y2;}b[N];struct lyd{    int x,y,z,id;}a[N*4],c[N*4];bool cmp(lyd a,lyd b){    return a.y>b.y;}int lowbit(int x){    return x&-x;}int get(int x){    int t=0;    for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) t+=BIT[i];    return t;}void add(int x,int z){    for(int i=x;i<=lim;i+=lowbit(i)) BIT[i]+=z;}void divide(int l,int r){    if(l==r) return;    int mid=(l+r)>>1;    n=0;    fo(i,l,mid)        if(b[i].tp==0)        {            a[++n].x=b[i].x2,a[n].y=b[i].y2,a[n].z=1;            a[++n].x=b[i].x2,a[n].y=b[i].y1-1,a[n].z=-1;            a[++n].x=b[i].x1-1,a[n].y=b[i].y2,a[n].z=-1;            a[++n].x=b[i].x1-1,a[n].y=b[i].y1-1,a[n].z=1;        }    sort(a+1,a+n+1,cmp);    m=0;    fo(i,mid+1,r)        if(b[i].tp==1) c[++m].x=b[i].x1,c[m].y=b[i].y1,c[m].id=i;    sort(c+1,c+m+1,cmp);    int j=1;    fo(i,1,m)    {        while(j<=n && a[j].y>=c[i].y) add(a[j].x,a[j].z),j++;        ans[c[i].id]+=get(lim)-get(c[i].x-1);    }    while(--j) add(a[j].x,-a[j].z);    divide(l,mid);divide(mid+1,r);}int main(){    scanf("%d",&num);    fo(i,1,num)    {        scanf("%d %d %d",&b[i].tp,&b[i].x1,&b[i].y1),b[i].x1+=2,b[i].y1+=2;        if(b[i].tp==0) scanf("%d %d",&b[i].x2,&b[i].y2),b[i].x2+=2,b[i].y2+=2;        lim=max(lim,max(b[i].x1,b[i].y1));        lim=max(lim,max(b[i].x2,b[i].y2));    }    lim++;    divide(1,num);    fo(i,1,num)        if(b[i].tp) printf("%d\n",ans[i]);    return 0;}