题目链接  校赛签到

对每个操作之间建立关系。

比较正常的是前$3$种操作,若第$i$个操作属于前$3$种,那么就从操作$i-1$向$i$连一条有向边。

比较特殊的是第$4$种操作,若第$i$个操作属于第$4$种这个时候我们需要从操作$k$向操作$i$连一条有向边。

那么一共有$q+1$个结点,$q$条边,很明显是一个树的结构。$0$号点为根结点。

那么从根结点出发,依次操作就可以了~,遇到操作$3$则打标记

我太懒  用bitset + fread挂过去了。

时间复杂度$O(\frac{mq}{w})$

#include <bits/stdc++.h>

namespace IO{
const int MT = 30 * 1024 * 1024;
char IO_BUF[MT];
int IO_PTR, IO_SZ; void begin(){
IO_PTR = 0;
IO_SZ = fread (IO_BUF, 1, MT, stdin);
}
template<typename T>
inline bool scan_d (T & t){
while (IO_PTR < IO_SZ && IO_BUF[IO_PTR] != '-' && (IO_BUF[IO_PTR] < '0' || IO_BUF[IO_PTR] > '9'))IO_PTR ++;
if (IO_PTR >= IO_SZ) return false;
bool sgn = false;
if (IO_BUF[IO_PTR] == '-') sgn = true, IO_PTR ++;
for (t = 0; IO_PTR < IO_SZ && '0' <= IO_BUF[IO_PTR] && IO_BUF[IO_PTR] <= '9'; IO_PTR ++)
t = t * 10 + IO_BUF[IO_PTR] - '0';
if (sgn) t = -t;
return true; }
}; using namespace std;
using namespace IO; #define rep(i, a, b) for (int i(a); i <= (b); ++i)
#define dec(i, a, b) for (int i(a); i >= (b); --i) typedef long long LL; const int N = 2e5 + 4;
const int Q = 1e3 + 2;
const LL mod = 100624; vector <int> v[N]; LL p[N]; struct node{ int ty, x, y, z; } op[N]; int T;
int ret[N];
int n, m, q;
int c[N]; bitset <Q> a[Q]; inline int calc(int x){ return (a[x] >> 1).count() - (a[x] >> (m + 1)).count(); } void dfs(int x, int cnt){
ret[x] = cnt;
for (auto u : v[x]){
if (op[u].ty == 1){
int nx = op[u].x, ny = op[u].y, nz = op[u].z;
if (c[nx] == 0){
int z = a[nx][ny], num = calc(nx);
a[nx][ny] = nz;
dfs(u, cnt + calc(nx) - num);
a[nx][ny] = z;
} else{
int z = a[nx][m - ny + 1], num = calc(nx);
a[nx][m - ny + 1] = nz;
dfs(u, cnt + calc(nx) - num);
a[nx][m - ny + 1] = z;
}
} else if (op[u].ty == 2){
int nx = op[u].x;
int num = calc(nx);
a[nx].flip();
dfs(u, cnt + calc(nx) - num);
a[nx].flip();
} else if (op[u].ty == 3){
int nx = op[u].x;
c[nx] ^= 1;
dfs(u, cnt);
c[nx] ^= 1;
} else dfs(u, cnt);
}
} int main(){ begin(); p[0] = 1; rep(i, 1, 2e5 + 1) p[i] = p[i - 1] * 813ll % mod; scan_d(T);
while (T--){
scan_d(n);
scan_d(m);
scan_d(q);
rep(i, 0, q + 1) v[i].clear();
rep(i, 0, n + 1) a[i].reset(); rep(i, 1, q){
int et; scan_d(et);
if (et == 1){
v[i - 1].push_back(i);
int x, y, z;
scan_d(x); scan_d(y); scan_d(z);
op[i].ty = 1;
op[i].x = x;
op[i].y = y;
op[i].z = z;
} else if (et == 2){
v[i - 1].push_back(i);
int x;
scan_d(x);
op[i].ty = 2;
op[i].x = x;
} else if (et == 3){
v[i - 1].push_back(i);
int x;
scan_d(x);
op[i].ty = 3;
op[i].x = x;
} else{
int x;
scan_d(x);
v[x].push_back(i);
op[i].ty = 4;
}
} dfs(0, 0);
LL ans = 0;
rep(i, 1, q) ans = (ans + ret[i] * p[i] % mod) % mod;
printf("%lld\n", ans);
} return 0;
}

  

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