HDU5465/BestCoder Round #56 (div.2) 二维树状数组

Clarke and puzzle

问题描述

克拉克是一名人格分裂患者。某一天，有两个克拉克（aa和bb）在玩一个方格游戏。
这个方格是一个n*mn∗m的矩阵，每个格子里有一个数c_{i, j}c​i,j​​。
aa想开挂，想知道如何打败bb。
他们要玩qq次游戏，每一次做一次操作：
1. 取出当中的一个子矩阵(x_1, y_1)-(x_2, y_2)(x​1​​,y​1​​)−(x​2​​,y​2​​)玩游戏。两个人轮流行动，每一次只能从这个子矩阵中的一个方格c_{i, j}c​i,j​​中减掉一个的数d(1 \le d \le c_{i, j})d(1≤d≤c​i,j​​)，当一个格子的数为00时则不能减。如果操作完后另一者无法操作，那么胜利。否则失败。现在aa作为先手，想知道是否存在一种方案使得自己胜利。
2. 将c_{i, j}c​i,j​​的数改成bb  

输入描述

第一行一个整数T(1 \le T \le 5)T(1≤T≤5)，表示数据的组数。
每组数据第一行为三个整数n, m, q(1 \le n, m \le 500, 1 \le q \le 2*10^5)n,m,q(1≤n,m≤500,1≤q≤2∗10​5​​)。
接下来是一个nn行mm列的矩阵，其中第ii行第jj列的数为c_{i, j}(0 \le c_{i, j} \le 10^9)c​i,j​​(0≤c​i,j​​≤10​9​​)。
接下来时qq行，第一个数为optopt。当opt=1opt=1时，后面接着四个整数，依次表示x_1, y_1, x_2, y_2(1 \le x_1 \le x_2 \le n, 1 \le y_1 \le y_2 \le m)x​1​​,y​1​​,x​2​​,y​2​​(1≤x​1​​≤x​2​​≤n,1≤y​1​​≤y​2​​≤m)，表示一个询问；当opt=2opt=2时，后面接着三个整数x, y, z(1 \le x \le n, 1 \le y \le m, 0 \le z \le 10^9)x,y,z(1≤x≤n,1≤y≤m,0≤z≤10​9​​)，表示将c_{x, y}c​x,y​​更改为zz。

输出描述

对于每组数据，每个询问输出aa是否能胜利，如果能，输出YesYes，否则输出NoNo。  

输入样例

1
1 2 3
1 2
1 1 1 1 2
2 1 2 1
1 1 1 1 2

输出样例

Yes
No

Hint

第一个询问：一开始aa可以在(1, 2)(1,2)的格子上减掉11，则接下来无论bb怎么选，都还剩一个11，所以aa胜利。
第二个询问：无论aa怎么选，都还剩下一个11，所以bb胜利。

题解：用一个二维bit维护区间异或和，比赛的时候想到了，套了模板没改好  日....

///
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<map>
#include<bitset>
#include<set>
#include<vector>
using namespace std ;
typedef long long ll;
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define meminf(a) memset(a,127,sizeof(a));
#define TS printf("111111\n");
#define FOR(i,a,b) for( int i=a;i<=b;i++)
#define FORJ(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define READ(a,b,c) scanf("%d%d%d",&a,&b,&c)
#define mod 1000000007
#define inf 100000
inline ll read()
{
    ll x=,f=;
    char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>'')
    {
        if(ch=='-')f=-;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>=''&&ch<='')
    {
        x=x*+ch-'';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
//****************************************
const int maxn = ;
int s[maxn][maxn],xx[maxn][maxn];
int n,m,op;
int lowbit(int x)
{
    return x&(-x);
}
void modify(int a,int b,int val)
{
    for(int i=a; i<=n; i+=lowbit(i))
    {
        for(int j=b; j<=m; j+=lowbit(j))
            s[i][j]^=val;
    }
}
int sum(int x,int y)
{
    int ans=;
    for(int i=x; i>; i-=lowbit(i))
    {
        for(int j=y; j>; j-=lowbit(j))
            ans^=s[i][j];
    }
    return ans;
}
int getsum(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
    return sum(x2,y2)^sum(x1-,y2)^sum(x2,y1-)^sum(x1-,y1-);
}
int main()
{    int op;
    int T=read();
    while(T--)
    {

        scanf("%d%d%d",&n,&m,&op);
        FOR(i,,n)FOR(j,,m)s[i][j]=;
        FOR(i,,n)FOR(j,,m)scanf("%d",&xx[i][j]),modify(i,j,xx[i][j]);
        int order;
        int a,b,c,d;
        for(int i=; i<=op; i++)
        {
            scanf("%d",&order);
            if(order==)
            {
                scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
                modify(a,b,c^xx[a][b]);
                xx[a][b]=c;
            }
            else
            {
                scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
                int ans = getsum(a,b,c,d);
                if(!ans)cout<<"No"<<endl;
                else cout<<"Yes"<<endl;
            }
        }
    }
    return ;
}

代码