2019 南京网络赛 B （二维偏序，树状数组离线）

题意：

给出一N*N的蛇形矩阵，具体位置元素值不给你，自己找规律，然后给你M个

有效位置，P次查询，每次查询一个子矩阵中有效元素的权值和，该权值和等于对于

每个有效元素，模10拆分后相加得到的和。（注意有效点以及询问x、y所代表的含义，

是x轴，y轴）。
input
1
3 4 4
1 1
2 2
3 3
2 3
1 1 1 1
2 2 3 3
1 1 3 3
1 2 2 3
output
5
18
23
17

思路：

第一个难点在于回旋矩阵给出x，y坐标让我们求对应值，找规律写通项公式。

其次查询二维区间和的难点在于10^6*10^6的矩阵无法表示，用map空间上可以，

但是map修改操作带个log，所以会超时，即使是用二维树状数组。不信看下面的超时代码。

比赛时自己的想法很接近正确思路，离线然后树状数组维护，但是因为这种题目做的

比较少，知识点不够熟练，所以没能写出来。

比赛思考如下，因为有过见过一些类似题目（见过，代码实现的基本没有），所以

很容易往离线查询上想，然后树状数组维护。因为考虑到1e6*1e6的矩阵大小，但有效点最多

只有1e6个，所以想到降维处理，二维变为一维，然后对于每一次查询，有两个限制因素，一个

在x轴上，一个在y轴上，不难想到如果我们将所有有效点按x从小到大排序，那么现在对于

每次询问来说，只需要考虑在L，R（L，R很容易确定）的连续区间内，y值位于限定范围内

的那些离散的元素即可（事实证明这里的L，R没啥实质作用，只是思考的过程产生的想法）。

显然我们的BIT要建立在y的值域上，并按照x轴顺序不断更新BIT，在当前x位置，前x列的元素

都已经被添加，所以我们可以查询任意y区间的区间和，但注意，这里求出的y的区间和是对于

1~x所有列来说的，而并不是我们所需要的 x 范围。（比赛中bug就在这里，没有考虑到去重，

通过样例发现问题后也没有想到合适的解决办法）。

一个很巧妙的解决方法是每个询问拆成两部分，两者均为1~对应x的前缀统计（差分公式拆分）。

只不过一个为正数，一个为负数，这样每次询问的答案就由两个询问共同组成。

再仔细考虑离线查询的过程，我们是先枚举有效点，然后移动询问，还是先枚举询问再移动有效点。

自己当时写的代码采取了第一种方案，但自己写的有很大bug，当x1位置被更新后，我们要计算所有

位于x1和x2之间的询问，（而不仅仅是x1相关的询问，比赛时的bug）。*****（所以说理论上两种枚举方

案都可以，不过本题第一种方案麻烦一点，要对最后一个有效位置单独处理）。看了题解大都第二种方案，

直接枚举询问，对于当前询问，把它前面所有的有效位置全部更新，这样就不用特殊处理了，较方便。

引申......上面对于询问的拆分，难道不就是线段树优化扫描线时的方法么，拆分后的项由1个x，2个y

（或1个y，2个x）组成，权值分别为1和-1 ... ...

有大佬直接利用二维差分前缀和的公式，将一次查询拆分为四次查询：

$ans = map[x2][y2]-map[x2][y1-1]-map[x1-1][y2]+map[x1-1][y1-1]$ 。

然后直接按照x的顺序依次统计相应y的数量即可。虽然这样的拆分是多余的，因为只要x或者y一

者被拆分，另一者完全可以通过前缀和求解给定L，R的权值和，且无遗漏无重复。（或者说造成：

如按x排序，bit针对y轴，造成y冗余的原因是因为x的冗余，所以对x拆分即可）。但是4项拆分思

维量对目前水平的自己来说看起来好像思维量小好多，关键在于理解好4项拆分为什么是正确的？

代码实现（二维树状数组TLE）：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long longusing namespace std;const int N = 1e6 + 100;
map<int,long long>bit[N];
int xx[N],yy[N],tot;
void add(int x,int y,long long val,int n) {for(int i=x; i<=n; i+=i&-i) {for(int j=y; j<=n; j+=j&-j) {bit[i][j]+=val;xx[++tot]=i;yy[tot]=j;}}
}
long long qu(int x,int y) {long long res = 0;for(int i=x; i; i-=i&-i)for(int j=y; j; j-=j&-j) {res+=bit[i][j];}return res;
}LL sol(LL n, LL x, LL y) {LL qs = n / 2, q = min(n - y + 1, min(n - x + 1, min(x, y))) - 1;if (x == qs + 1 && y == qs + 1)   return n * n;LL ans = 1ll * q * (8 * qs + 8 * (qs - q + 1)) / 2;if (n - x == q)    ans += n - q - y + 1;else if (y - 1 == q)ans += n - 2 * q + 1 + n - q - 1 - x;else if (x - 1 == q)ans += n - 2 * q + 1 + n - 2 * q - 2 + y - q - 1;else ans += n - 2 * q + 1 + n - 2 * q - 2 + n - 2 * q - 1 + x - q - 1;return ans;
}
int main() {
#ifdef MYHOME_Wjvjefreopen("input.txt","r",stdin);
#endifint t;//cout<<(sizeof(bit))/1024<<endl;scanf("%d",&t);while(t--) {while(tot)bit[xx[tot]][yy[tot]]=0,tot--;int n,m,p;scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);int x,y;//TLEfor(int i=1; i<=m; i++) {int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y,sol(n,x,y),n);}//TLE too...for(int i=1; i<=p; i++) {int x1,y1,x2,y2;scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);printf("%lld\n",qu(x2,y2)-qu(x1,y1-1)-qu(x1-1,y1)+qu(x1-1,y1-1));}}return 0;
}

两项拆分离线AC代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#define LL long long
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;const int N = 2e5+100;
const int M = 4e5+100;struct Node {int r,c;long long val;
} arr[N];
bool cmp1(Node aa,Node bb) {return aa.r<bb.r;
}
bool cmp2(Node aa,Node bb) {return aa.c<bb.c;
}
//回旋矩阵O(1)求值
LL sol1(LL n, LL x, LL y) {x=x-n/2-1;y=y-n/2-1;long long tmp=max(abs(x),abs(y)),ans;if(x>=y)ans=n*n-4*tmp*tmp-2*tmp-x-y;else ans=n*n-4*tmp*tmp+2*tmp+x+y;return ans;
}long long sol2(long long x) {long long res=0;while(x) {res+=x%10;x/=10;}return res;
}struct query {int x1,y1,x2,y2,id;int val;
} qrr[N];
bool cmp3(query aa,query bb) {return aa.x2<bb.x2;
}int bst[N],ans[N];
void update(int x,int v,int n) {for(; x<=n; x+=x&-x)bst[x]+=v;
}
int qu(int x) {int res=0;for(; x; x-=x&-x)res+=bst[x];return res;
}
int main() {
#ifdef MYHOME_Wjvjefreopen("input.txt","r",stdin);
#endifint t,n,m,p,tot;int x,y;scanf("%d",&t);while(t--) {tot=0;memset(bst,0,sizeof(bst));memset(ans,0,sizeof(ans));scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);for(int i=1; i<=m; i++) {scanf("%d%d",&x,&y);arr[i].r=x;arr[i].c=y;arr[i].val=sol2(sol1(n,x,y));}sort(arr+1,arr+1+m,cmp1);for(int i=1; i<=p; i++) {scanf("%d%d",&qrr[i].x1,&qrr[i].y1);scanf("%d%d",&qrr[i].x2,&qrr[i].y2);qrr[i].id=i;qrr[i].val=1;qrr[i+p].id=i;qrr[i+p].val=-1;qrr[i+p].y1=qrr[i].y1;//1个 x对 2个 y.qrr[i+p].y2=qrr[i].y2;qrr[i+p].x2=qrr[i].x1-1;}sort(qrr+1,qrr+1+p*2,cmp3);int pw=1;//先枚举查询,另一种枚举理论上可行for(int i=1; i<=p*2; i++) {while(pw<=m&&arr[pw].r<=qrr[i].x2)update(arr[pw].c,arr[pw].val,n),pw++;ans[qrr[i].id]+=qrr[i].val*(qu(qrr[i].y2)-qu(qrr[i].y1-1));}for(int i=1; i<=p; i++)printf("%d\n",ans[i]);}return 0;
}

四项拆分离线AC代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>using namespace std;const int N = 1e5+100;struct Node {int x,y;long long val;bool operator <(const Node & obj)const {return x<obj.x;}
} arr[N];
//回旋矩阵求值
long long sol1(long long n,long long x,long long y) {x=x-n/2-1;y=y-n/2-1;long long tmp=max(abs(x),abs(y)),ans;if(x>=y)ans=n*n-4*tmp*tmp-2*tmp-x-y;else ans=n*n-4*tmp*tmp+2*tmp+x+y;return ans;
}
long long sol2(long long x) {long long res=0;while(x) {res+=x%10;x/=10;}return res;
}struct query {int x,y,id,val;bool operator <(const query & obj)const {return x<obj.x;}
} qrr[4*N];long long bst[N],ans[N];
void update(int x,int v,int n) {for(; x<=n; x+=x&-x)bst[x]+=v;
}
long long qu(int x) {long long res=0;for(; x; x-=x&-x)res+=bst[x];return res;
}
int main() {
#ifdef MYHOME_Wjvjefreopen("input.txt","r",stdin);
#endifint t,n,m,p;int x,y;scanf("%d",&t);while(t--) {memset(bst,0,sizeof(bst));memset(ans,0,sizeof(ans));scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);for(int i=1; i<=m; i++) {scanf("%d%d",&x,&y);arr[i].x=x;arr[i].y=y;arr[i].val=sol2(sol1(n,x,y));}sort(arr+1,arr+1+m);for(int i=1; i<=p; i++) {int x1,y1,x2,y2;scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);//sum=map[x2][y2]−map[x2][y1−1]−map[x1−1][y2]+map[x1−1][y1−1]qrr[i]=query {x2,y2,i,1};qrr[i+p]=query {x1-1,y2,i,-1};qrr[i+2*p]=query {x2,y1-1,i,-1};qrr[i+3*p]=query {x1-1,y1-1,i,1};}sort(qrr+1,qrr+1+p*4);int pw=1;//离线for(int i=1; i<=p*4; i++) {while(pw<=m&&arr[pw].x<=qrr[i].x)update(arr[pw].y,arr[pw].val,n),pw++;ans[qrr[i].id]+=qrr[i].val*qu(qrr[i].y);}for(int i=1; i<=p; i++)printf("%lld\n",ans[i]);}return 0;
}

THE END;

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