【bzoj4066】简单题 KD-tree

题目描述

你有一个N*N的棋盘，每个格子内有一个整数，初始时的时候全部为0，现在需要维护两种操作：

命令	参数限制	内容
1 x y A	1<=x,y<=N，A是正整数	将格子x,y里的数字加上A
2 x1 y1 x2 y2	1<=x1<= x2<=N 1<=y1<= y2<=N	输出x1 y1 x2 y2这个矩形内的数字和
3	无	终止程序

 

 

输入

输入文件第一行一个正整数N。

接下来每行一个操作。每条命令除第一个数字之外，均要异或上一次输出的答案last_ans，初始时last_ans=0。

输出

对于每个2操作，输出一个对应的答案。

样例输入

4
1 2 3 3
2 1 1 3 3
1 1 1 1
2 1 1 0 7
3

样例输出

3
5

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题解

KD-tree

题目强制在线，所以不能离线分治；平面上问题，可以用KD-tree来解决。

具体来说大部分都是板子，只有查询时有点变化，类似于 线段树/平衡树 的区间查询，不断缩小范围。

然而这样裸上亲测会TLE，究其原因是KD-tree的退化。

所以每次加入一定数目的点后，我们需要将KD-tree重构，类似于朝鲜树（实际替罪羊树式重构更为高效，这里懒了）。

这样能够使得树高不会特别离谱，然后就可以过了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 500010
using namespace std;
struct data
{
	int p[2] , maxn[2] , minn[2] , c[2] , w , sum;
}a[N];
int d , root;
bool cmp(data a , data b)
{
	return a.p[d] == b.p[d] ? a.p[d ^ 1] < b.p[d ^ 1] : a.p[d] < b.p[d];
}
void pushup(int k , int s)
{
	a[k].maxn[0] = max(a[k].maxn[0] , a[s].maxn[0]);
	a[k].minn[0] = min(a[k].minn[0] , a[s].minn[0]);
	a[k].maxn[1] = max(a[k].maxn[1] , a[s].maxn[1]);
	a[k].minn[1] = min(a[k].minn[1] , a[s].minn[1]);
	a[k].sum += a[s].sum;
}
int build(int l , int r , int now)
{
	int mid = (l + r) >> 1;
	d = now , nth_element(a + l , a + mid , a + r + 1 , cmp);
	a[mid].maxn[0] = a[mid].minn[0] = a[mid].p[0];
	a[mid].maxn[1] = a[mid].minn[1] = a[mid].p[1];
	a[mid].sum = a[mid].w;
	a[mid].c[0] = a[mid].c[1] = 0;
	if(l < mid) a[mid].c[0] = build(l , mid - 1 , now ^ 1) , pushup(mid , a[mid].c[0]);
	if(r > mid) a[mid].c[1] = build(mid + 1 , r , now ^ 1) , pushup(mid , a[mid].c[1]);
	return mid;
}
void ins(int x)
{
	int *t = &root;
	d = 0;
	while(*t) pushup(*t , x) , t = &a[*t].c[a[x].p[d] > a[*t].p[d]] , d ^= 1;
	*t = x;
}
int query(int k , int x1 , int y1 , int x2 , int y2)
{
	if(!k || a[k].maxn[0] < x1 || a[k].maxn[1] < y1 || a[k].minn[0] > x2 || a[k].minn[1] > y2) return 0;
	if(a[k].maxn[0] <= x2 && a[k].maxn[1] <= y2 && a[k].minn[0] >= x1 && a[k].minn[1] >= y1) return a[k].sum;
	int ans = 0;
	if(a[k].p[0] >= x1 && a[k].p[0] <= x2 && a[k].p[1] >= y1 && a[k].p[1] <= y2) ans += a[k].w;
	ans += query(a[k].c[0] , x1 , y1 , x2 , y2) + query(a[k].c[1] , x1 , y1 , x2 , y2);
	return ans;
}
int main()
{
	int opt , x1 , y1 , x2 , y2 , last = 0 , tot = 0;
	scanf("%*d");
	while(scanf("%d" , &opt) != EOF && opt != 3)
	{
		if(opt == 1)
		{
			tot ++ , scanf("%d%d%d" , &a[tot].p[0] , &a[tot].p[1] , &a[tot].w);
			a[tot].p[0] ^= last , a[tot].p[1] ^= last , a[tot].w ^= last , a[tot].sum = a[tot].w;
			a[tot].maxn[0] = a[tot].minn[0] = a[tot].p[0];
			a[tot].maxn[1] = a[tot].minn[1] = a[tot].p[1];
			ins(tot);
			if(tot % 10000 == 0) root = build(1 , tot , 0);
		}
		else scanf("%d%d%d%d" , &x1 , &y1 , &x2 , &y2) , x1 ^= last , y1 ^= last , x2 ^= last , y2 ^= last , printf("%d\n" , last = query(root , x1 , y1 , x2 , y2));
	}
	return 0;
}