COGS 577 蝗灾 [CDQ分治入门题]

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昨天mhr神犇，讲分治时的CDQ分治的入门题。

题意:

你又一个w*w正方形的田地。

初始时没有蝗虫。

给你两个操作：

1. 1 x y z： (x,y)这个位置多了z只蝗虫。

2. 2 x1 y1 x2 y2: 询问(x1,y1)到(x2,y2)这个矩形内的蝗虫数量。

其中 W<=500000,操作数<=200000 。

题解：

w范围太大，无法使用二维数据结构。

于是我们可以分治操作。

CDQ分治：定义 solve(l,r)

设m=(l+r)/2;

先计算 l…m 修改操作对 m+1…r 查询的影响，然后递归solve(l,m);solve(m+1,r);

solve(x,x)时停止。

这样递归到底后每个询问操作也得到了应该的答案。

有一个好处是在计算l…m 修改操作对 m+1…r 查询的影响时，因为修改都发生在查询之前，那么修改操作之间的顺序就没有那么重要了。

于是可以按x坐标排序，运用扫描线的思想，用一维树状数组解决这个问题。

代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
using namespace std;
struct N{
    int t,x1,y1,x2,y2,z,num;
};
N Q[];
];
int w,n;
N c[];int cc;
bool cmp(N a,N b){
    if(a.x1==b.x1) return a.t<b.t;
    return a.x1<b.x1;
}
];
void add(int pos,int a){
    while(pos<=w){
        tree[pos]+=a;
        pos+=lowbit(pos);
    }
}
int ask(int pos){
    ;
    ){
        ret+=tree[pos];
        pos-=lowbit(pos);
    }
    return ret;
}
void solve(int l,int r){
    if(l==r) return ;
    ;
    cc=;
    for(int i=l;i<=m;i++){
        ){
            c[cc++]=Q[i];
        }
    }
    ;i<=r;i++){
        if(Q[i].t){
            c[cc++]=Q[i];
            c[cc++]=Q[i];
            c[cc-].x1--;
            c[cc-].x1=c[cc-].x2;
            c[cc-].t=;
        }
    }
    sort(c,c+cc,cmp);
    ;i<cc;i++){
        ){
            add(c[i].y1,c[i].z);
        }){
            ans[c[i].num]-=ask(c[i].y2)-ask(c[i].y1-);
        }else{
            ans[c[i].num]+=ask(c[i].y2)-ask(c[i].y1-);
        }
    }
    ;i<cc;i++){
        ){
            add(c[i].y1,-c[i].z);
        }
    }
    solve(l,m);solve(m+,r);
}
int main(){
    freopen("locust.in","r",stdin);
    freopen("locust.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&w,&n);
    ,x1,y1,x2,y2;i<=n;i++){
        Q[i].num=i;
        scanf("%d",&Q[i].t);
        Q[i].t--;
        ){
            scanf("%d%d%d",&Q[i].x1,&Q[i].y1,&Q[i].z);
        }else{
            scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
            Q[i].x1=min(x1,x2);
            Q[i].x2=max(x1,x2);
            Q[i].y1=min(y1,y2);
            Q[i].y2=max(y1,y2);
        }
    }
    solve(,n);
    ;i<=n;i++){
        if(Q[i].t) printf("%d\n",ans[i]);
    }
    ;
}