P7470 [NOI Online 2021 提高组] 岛屿探险

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以前都没有真正把cdqcdqcdq搞懂过，趁这次比赛花时间学了一下

SolutionSolutionSolution

对于min{d}≤min{b}min\{d\}\le min\{ b\}min{d}≤min{b}，即a⊕c≤da\oplus c\le da⊕c≤d
先把询问拆成[1,l−1][1,l-1][1,l−1]和[1,r][1,r][1,r]，然后离线将询问排序，用一棵01trie01trie01trie树就能贪心的求出

对于min{b}≤min{d}min\{b\}\le min\{ d\}min{b}≤min{d}，即a⊕c≤ba\oplus c\le ba⊕c≤b
限制中有a,ba,ba,b，很难同时处理，但如果把a,ba,ba,b看成询问，只有ccc一个限制，就能套用min{d}≤min{b}min\{d\}\le min\{ b\}min{d}≤min{b}的做法了，每次将a,ba,ba,b插入01trie01trie01trie时，都将能够影响到的ccc集合打上标记，查询ccc时，查找根到该点的路径的标记和即可

由于我们既要满足b,db,db,d的大小限制，又要满足下标的前后关系，无法只用一次排序解决，这个时候就到cdqcdqcdq出场了
先将查询和修改放到一起按下标从小到大排序（按b,db,db,d大小排序也行），考虑处理[l,r][l,r][l,r]区间的问题，若已处理好[l,mid][l,mid][l,mid]和[mid+1,r][mid+1,r][mid+1,r]的情况，只需处理[l,mid][l,mid][l,mid]修改对[mid+1,r][mid+1,r][mid+1,r]询问的影响，提前将[l,mid][l,mid][l,mid]修改和[mid+1,r][mid+1,r][mid+1,r]询问按b,db,db,d从小到大排序，套用上面两个做法即可，在本题中使用快排并不影响时间复杂度，但可以直接使用归并排序，时间复杂度O(nlog⁡2n)O(n\log^2 n)O(nlog2n)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define re register
using namespace std;
void read(int &res)
{res=0;int x=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') x=-x;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^48),ch=getchar();res*=x;
}
const int N=2e5+100;
int n,q,tot,lc,rc;
struct node
{int type,pos,x,y,k;
}a[N<<1|1],L[N<<1|1],R[N<<1|1],h[N<<1|1];
bool cmp(node a,node b)
{return a.pos<b.pos||(a.pos==b.pos&&a.type<b.type);
}
int cnt;
struct SEG
{int ls,rs,sum;
}t[N*31+10];
//d<=b
int rt1;
void ins(int &p,int x,int len,int k)
{if(!p) p=++cnt;t[p].sum+=k;if(len<0) return;if(x&(1<<len)) ins(t[p].rs,x,len-1,k);else ins(t[p].ls,x,len-1,k);
}
int query(int p,int c,int d,int len)
{if(len<0) return t[p].sum;if(d&(1<<len)){if(c&(1<<len)) return query(t[p].ls,c,d,len-1)+t[t[p].rs].sum;else return query(t[p].rs,c,d,len-1)+t[t[p].ls].sum;}else{if(c&(1<<len)) return query(t[p].rs,c,d,len-1);else return query(t[p].ls,c,d,len-1);}
}
//b<d
int rt2;
void change(int &p,int a,int b,int len,int k)
{if(!p) p=++cnt;
//  printf("fucu %d %d %d %d\n",p,a,b,len);if(len<0){t[p].sum+=k; return;} if(b&(1<<len)){if(a&(1<<len)){if(!t[p].rs) t[p].rs=++cnt;t[t[p].rs].sum+=k;change(t[p].ls,a,b,len-1,k);}else   {if(!t[p].ls) t[p].ls=++cnt;t[t[p].ls].sum+=k;change(t[p].rs,a,b,len-1,k);}}else{if(a&(1<<len)) change(t[p].rs,a,b,len-1,k);else change(t[p].ls,a,b,len-1,k);}
}
int get(int p,int x,int len)
{//  printf("fuc %d %d %d %d\n",p,x,len,t[p].sum);if(len<0) return t[p].sum;if(x&(1<<len)) return get(t[p].rs,x,len-1)+t[p].sum;else return get(t[p].ls,x,len-1)+t[p].sum;
}
int ans[N+10];
void cdq(int l,int r)
{if(l==r) return;re int mid=l+r>>1,i,j,k;cdq(l,mid),cdq(mid+1,r);lc=rc=0;for(i=l;i<=mid;i++) if(a[i].type==0) L[++lc]=a[i];for(i=mid+1;i<=r;i++) if(a[i].type!=0) R[++rc]=a[i];for(i=lc,j=rc;j>=1;j--){while(i>=1&&L[i].y>R[j].y) ins(rt1,L[i].x,24,1),i--;ans[R[j].type]+=query(rt1,R[j].x,R[j].y,24)*R[j].k;}for(i++;i<=lc;i++) ins(rt1,L[i].x,24,-1);for(i=1,j=1;j<=rc;j++){while(i<=lc&&L[i].y<=R[j].y) change(rt2,L[i].x,L[i].y,24,1),i++;ans[R[j].type]+=get(rt2,R[j].x,24)*R[j].k;
//      if(l==4&&r==6) printf("fuck %d\n",get(rt2,R[j].y,24));}for(i--;i>=1;i--) change(rt2,L[i].x,L[i].y,24,-1);for(i=l,j=mid+1,k=l;i<=mid&&j<=r;){if(a[i].y<a[j].y) h[k++]=a[i++];else h[k++]=a[j++];}for(;i<=mid;i++) h[k++]=a[i];for(;j<=r;j++) h[k++]=a[j];for(i=l;i<=r;i++) a[i]=h[i];
//  printf("l %d r %d\n",l,r);
//  for(int i=l;i<=r;i++)
//      printf("node %d %d %d %d\n",a[i].type,a[i].pos,a[i].x,a[i].y);
//  printf("ans %d\n",ans[1]);
}
int main()
{read(n),read(q);for(int i=1;i<=n;i++)read(a[++tot].x),read(a[tot].y),a[tot].type=0,a[tot].pos=i;for(int i=1,l,r,c,d;i<=q;i++){read(l),read(r),read(c),read(d);a[++tot].type=i,a[tot].pos=l-1,a[tot].x=c,a[tot].y=d,a[tot].k=-1,a[++tot].type=i,a[tot].pos=r,a[tot].x=c,a[tot].y=d,a[tot].k=1;} sort(a+1,a+1+tot,cmp),cdq(1,tot);for(int i=1;i<=q;i++) printf("%d\n",ans[i]);return 0;
}

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