[Technical Specification] 
T <= 5 
0 < N <= 20000 
1 <= x1 < x2 <= 200000 
1 <= y1 < y2 <= 200000 
1 <= x <= 20000 
1 <= ti <= 200000 （1 <= i <= x ）

1
2
1 1 3 3
2 2 4 4
5
1
2
3
4
5

0
1
5
8
8

题解：

一开始完全不会做啊，看博客的题解也没看懂。。。后来看了一整天，自己在图上花了几下，终于理解了别人的博客，这题就是画图推公式

图请看这个神犇的博客：http://blog.csdn.net/wh2124335/article/details/8739097

代码我几乎是照搬神犇的：http://blog.csdn.net/kirito_acmer/article/details/47281679理解了之后自己修改了一些，加上了注释应该更容易理解了qwq

题目意思就是给被子的左下角和右下角坐标，让你求各个时间点湿的被子面积，当时间为t时，水会蔓延到[t,t]（从[0,0]开始的大方块），注意这里的面积不能重叠，每个之间是互不影响的，想要解决这题一定要结合图形！！假设一个矩形的左下坐标[x1,y1]右上[x2,y2]，和时间t，那么根据矩形的位置和形状不同，我们可以将矩形被覆盖情况分成3种，第一种是[t,t]在这个被子矩形的中间，即都没有超过矩形的上边界和右边界，这时推出面积为(t-x1)(t-y1)，可以发现矩形的面积可以用一个一元二次方程表示，只不过不同时间的系数不同而已，那么我们就根据这个可以建一个线段树，线段表示时间，节点上保存的是该时间t对应的系数情况，因为一元二次方程有3个系数，所以要储存3个数据，然后t时间的被子浸湿面积就是A*x*x+B*x+C，这样就有了完整的思路了，然后回到刚刚的话题，分析第二种情况，就是已经到达了右边界或者已经到达了上边界，这样的t再变化下去就相当于一个一次方程了，这里的A就是0，然后根据是达到了右边界还是上边界再分一次情况就好了，然后第三种情况就是[t,t]已经完全覆盖掉了整个矩形，这是A=0，B=0，C就是被子的面积，是不是这题能解出来了呢！！不过还有一个难点就是找出这3种情况的具体条件，这个感觉只能意会不能言传，第一种就是max(x1,y1)<min(x2,y2)时，第二种对应的就分别是x2<y2和y2<x2这两种，分别代表先到达右边界和上边界，然后第三种就很简单了，直接就在区间从max(x2,y2)开始往上到整个大区间更新就好了，至于这三种情况的公式只要画个图就能很简单推出，然后系数就确定了因为被子面积互不影响，所以我们系数直接相加就好了，这题难在这种严密的思路和条件转化，我还是太弱了

代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<deque>
#define M (t[k].l+t[k].r)/2
#define lson k*2
#define rson k*2+1
#define ll long long
using namespace std;
struct node
{int l,r;ll cent1,cent2,cent3;//表示区间3个系数累加的结果
}t[200005*4];
ll A,B,C;//三个系数要用long long，声明成全局变量
void Build(int l,int r,int k)
{t[k].l=l;t[k].r=r;t[k].cent1=t[k].cent2=t[k].cent3=0;if(l==r)return;int mid=M;Build(l,mid,lson);Build(mid+1,r,rson);
}
void pushdown(int k)//向下更新
{if(t[k].cent1){t[lson].cent1+=t[k].cent1;t[rson].cent1+=t[k].cent1;t[k].cent1=0;}if(t[k].cent2){t[lson].cent2+=t[k].cent2;t[rson].cent2+=t[k].cent2;t[k].cent2=0;}if(t[k].cent3){t[lson].cent3+=t[k].cent3;t[rson].cent3+=t[k].cent3;t[k].cent3=0;}
}
void update(int l,int r,int k)
{if(t[k].l==l&&t[k].r==r)//找到了就累加{t[k].cent1+=A;t[k].cent2+=B;t[k].cent3+=C;return;}//一开始可以不用更新，因为还没那么快询问int mid=M;if(r<=mid)update(l,r,lson);else if(l>mid)update(l,r,rson);else{update(l,mid,lson);update(mid+1,r,rson);}
}
ll query(int x,int k)
{if(t[k].l==x&&t[k].r==x){return t[k].cent1*x*x+t[k].cent2*x+t[k].cent3;//直接返回二元方程的结果}pushdown(k);//要向下更新int mid=M;if(x<=mid)return query(x,lson);elsereturn query(x,rson);
}
int main()
{int i,j,k,n,m,test;ll x1,x2,y1,y2,x;scanf("%d",&test);while(test--){scanf("%d",&n);Build(1,200000,1);for(i=0;i<n;i++){scanf("%lld%lld%lld%lld",&x1,&y1,&x2,&y2);//不用long long输入会错，迷if(max(x1,y1)<min(x2,y2))//第一次情况的条件{A=1;B=-(x1+y1);C=x1*y1;update(max(x1,y1),min(x2,y2)-1,1);//-1是因为每个节点代表这个点[x,x+1]这一段，所以其实后面的端点那段是不应该算上的}if(x2<y2)//第二种情况里的第一种到达右边界的情况{A=0;B=-x1+x2;C=y1*(x1-x2);update(max(x2,y1),y2-1,1);}if(y2<x2)//到达上边界的情况{A=0;B=-y1+y2;C=x1*(y1-y2);update(max(y2,x1),x2-1,1);}A=0;//覆盖掉整个被子的情况B=0;C=(x2-x1)*(y2-y1);update(max(x2,y2),200000,1);}scanf("%d",&m);while(m--){scanf("%lld",&x);printf("%lld\n",query(x,1));//long long输入输出}}return 0;
}