『Codeforces 1186E 』Vus the Cossack and a Field (性质+大力讨论)

Description

给出一个$n\times m$的$01$矩阵$A$。

记矩阵$X$每一个元素取反以后的矩阵为$X'$，（每一个cell 都01倒置）

定义对$n \times m$的矩阵$A$进行一次变幻操作，变幻后矩阵的大小是$2n \times 2m$的。

具体来说，我们会把$A$复制一份到$A$的右下方，计算$A'$并放置在$A$的正右方和正下方。

设连续操作$n$的结果是$f^n(A)$ 即 $f^n(A) = \left\{\begin{matrix} f(f^{n-1}(A)) & (n\geq 2)\\  \begin{Bmatrix} A & A' \\  A' & A  \end{Bmatrix}  & (n=1)\\A & (n = 0)\end{matrix}\right.$

设矩阵$L = f^{\infty} (A)$ ，给出$Q$个询问，$x1,y1,x2,y2$，求出$L$中子矩阵的和。

对于$100\%$的数据满足$1 \leq n,m \leq 10^3 , 1 \leq Q \leq 10^6 , 1 \leq x1\leq x2 \leq 10^9 ,  1 \leq y1\leq y2 \leq 10^9$

Idea & Solution

我们不妨对于每个矩阵整体考虑。设没有进行翻转运算的矩阵为$0$，否则为$1$

必然是长这样的：$\begin{matrix} 0 & 1 &  1& 0 & 1 & 0 & 0 & 1&  ...\\  1 & 0 & 0 & 1 & 0 &1  & 1  & 0 &...\\  1 & 0 & 0 & 1 & 0 &1  & 1  & 0 & ...\\  0 & 1 &  1& 0 & 1 & 0 & 0 & 1&  ... \\  &&&&...\end{matrix}$

我们会显然的发现第一个数字为$0$的序列都相同，第一个数字为$1$的序列都相同。

而两个序列恰好取反，于是我们可以尝试寻找第一行的性质。

如果我们从$0$开始编号，那么起始点就是$0$，其值为$0$.

对于第1行的第$i$个数字,必然是某一次扩展后产生的，我们会发现，一次扩展会对第一行的宽度$\times 2$

所以，第$i$个数字是$01$是和$Highestbit(i)$相反的，所以我们可以归纳一下发现，对于第$1$行第$i$个元素如果二进制上的$1$的个数为偶数那么就是$0$否则就是$1$.

同时我们会发现纵向和横向的情况一模一样，所以可以进一步推论，$countbit(x) + countbit(y)  $为偶数那么就是$0$否则就是$1$.

我们可能会发现，对于二维前缀和上的一个矩阵，$0$的个数和$1$的个数大致相等，可以分$x , y$坐标的奇偶性讨论$4$种可能即可计算。

最后使用二维前缀和求子矩阵和。

复杂度是$O(nm + T)$

# include<bits/stdc++.h>
# define int long long
using namespace std;
const int N=;
int s0[N][N],s1[N][N],a[N][N],b[N][N];
int n,m,q;
int count(int x) { int ret=;while(x){if(x&)ret++;x>>=;}return ret;}
pair<int,int> find(int x,int y) { return make_pair((x-)/n,(y-)/m);}
int check(int x,int y) { return (count(x)+count(y))&;}
inline int read()
{
    int X=,w=; char c=;
    while(c<''||c>'') {w|=c=='-';c=getchar();}
    while(c>=''&&c<='') X=(X<<)+(X<<)+(c^),c=getchar();
    return w?-X:X;
}
void write(int x)
{
    if (x>) write(x/);
    putchar(''+x%);
}
int solve(int x,int y)
{
    if (x<= || y<=) return ;
    pair<int,int>tmp=find(x,y); int cx = tmp.first, cy = tmp.second;
    if ((cx&) && (cy&)) {
        int ret = ((cx*cy-)>>)*n*m,h=x-cx*n,w=y-cy*m;
        ret=ret+h*((cy-)>>)*m+w*((cx-)>>)*n;
        if (check(cx,cy)==) ret+=s0[h][w]; else ret+=s1[h][w];
        if (cx>= && cy>=) { if (check(cx-,cy-)==) ret+=s0[n][m]; else ret+=s1[n][m]; }
        if (cx>=) { if (check(cx-,cy)==) ret+=s0[n][w]; else ret+=s1[n][w]; }
        if (cy>=) { if (check(cx,cy-)==) ret+=s0[h][m]; else ret+=s1[h][m]; }
        return ret;
    } else if ((cx&) && !(cy&)) {
        int ret = (cx*cy>>)*n*m,h=x-cx*n,w=y-cy*m;
        ret=ret+h*(cy>>)*m+w*((cx-)>>)*n;
        if (check(cx,cy)==) ret+=s0[h][w]; else ret+=s1[h][w];
        if (cx>=) { if (check(cx-,cy)==) ret+=s0[n][w]; else ret+=s1[n][w]; }
        return ret;
    } else if (!(cx&) && (cy&)) {
        int ret = (cx*cy>>)*n*m,h=x-cx*n,w=y-cy*m;
        ret=ret+h*((cy-)>>)*m+w*(cx>>)*n;
        if (check(cx,cy)==) ret+=s0[h][w]; else ret+=s1[h][w];
        if (cy>=) { if (check(cx,cy-)==) ret+=s0[h][m]; else ret+=s1[h][m]; }
        return ret;
    } else if (!(cx&) && !(cy&)) {
        int ret = (cx*cy>>)*n*m,h=x-cx*n,w=y-cy*m;
        ret=ret+h*(cy>>)*m+w*(cx>>)*n;
        if (check(cx,cy)==) ret+=s0[h][w]; else ret+=s1[h][w];
        return ret;
    }
}
signed main()
{
    n=read();m=read();q=read();
    for (int i=;i<=n;i++) {
        for (int j=;j<=m;j++) {
            char c=; while (c!=''&&c!='') c=getchar();
            a[i][j]=(c==''); b[i][j]=-a[i][j];
        }
    }
    for (int i=;i<=n;i++)
     for (int j=;j<=m;j++)
      s0[i][j]=s0[i-][j]+s0[i][j-]-s0[i-][j-]+a[i][j],
      s1[i][j]=s1[i-][j]+s1[i][j-]-s1[i-][j-]+b[i][j];
    while (q--) {
        int x1=read(),y1=read(),x2=read(),y2=read();
        int ans = solve(x2,y2)-solve(x2,y1-)-solve(x1-,y2)+solve(x1-,y1-);
        write(ans); putchar('\n');
    }
    return ;
}