BZOJ 1176[Balkan2007]Mokia （cdq分治，矩阵加矩阵求和）

Description

维护一个W*W的矩阵，初始值均为S.每次操作可以增加某格子的权值,或询问某子矩阵的总权值.修改操作数M<=160000,询问数Q<=10000,W<=2000000.

Input

第一行两个整数,S,W;其中S为矩阵初始值;W为矩阵大小

接下来每行为一下三种输入之一(不包含引号):

“1 x y a”

“2 x1 y1 x2 y2”

“3”

输入1:你需要把(x,y)(第x行第y列)的格子权值增加a

输入2:你需要求出以左下角为(x1,y1),右上角为(x2,y2)的矩阵内所有格子的权值和,并输出

输入3:表示输入结束

Output

对于每个输入2,输出一行,即输入2的答案。

思路：

其实这就是一个在线的矩阵加矩阵求和，而cdq分治可以把二维平面上的在线问题变为三维的离线问题。

在之前学cdq分治时，矩阵加矩阵求和总是不理解怎么用cdq分治解。最近看到这个题，感觉就是个cdq分治板子题，也能练下怎么把在线问题转化为离线问题。（看了题解都看不会，自己无意中想到这不是三维偏序吗O(∩_∩)O

怎么转化为三维偏序问题呢？我们可以把操作的时间戳给加到第三维，而且让第 iii 次操作的查询矩阵分解为四个前缀矩阵的加减法。那么对于每次修改操作有信息(x,y,z)(x,y,z)(x,y,z)，代表修改的是坐标(x,y)(x,y)(x,y)坐标，时间戳是zzz。对于每个前缀矩阵有信息(x,y,z)(x,y,z)(x,y,z)，即代表右上角坐标为(x,y)(x,y)(x,y)，时间戳为z，对于该前缀矩阵此时的增加和，等于所有修改操作(x,y,z)(x,y,z)(x,y,z)，满足x′≤x,y′≤y,z′≤zx'\le x,y'\le y,z'\le zx′≤x,y′≤y,z′≤z 的修改的操作值的和。

Cdq(1,n)解决当前区间，那么这些修改，询问的点对 (i,j) 分三类情况，且刚进入时，是按xxx从小到大排序。

注意解决三维偏序时，对第一维排序后必须满足，对于点对小于本身的的一定是在第

i∈[1,m],j∈[1,m]i\in[1,m],j\in[1,m]i∈[1,m],j∈[1,m]，用cdq(l,m)cdq(l,m)cdq(l,m)解决
i∈[m+1,r],j∈[l+1,r]i\in[m+1,r],j\in[l+1,r]i∈[m+1,r],j∈[l+1,r]，用cdq(m+1,r)cdq(m+1,r)cdq(m+1,r)解决
i∈[l,m],r∈[m+1,r]i\in[l,m],r\in[m+1,r]i∈[l,m],r∈[m+1,r]，在当前区间解决，将左右区间的y从小到大排序，对于右边区间的查询操作，统计左区间的所有修改操作的z′≤zz'\le zz′≤z的vvv 贡献和。这部分操作可以用双指针+树状数组优化到O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)

整体时间复杂度为O(nlogn2)O(nlogn^2)O(nlogn2)

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define mset(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>  P;
const int N=2e5+20;
/*
三维偏序，第一维x，第二维y，第三维时间戳d
点分两种:一种修改,一种求和
*/
struct BITtree
{int bt[N];int MXN;int lowbit(int k){return k&-k;}void add(int k,int v){while(k<=MXN){bt[k]+=v;k+=lowbit(k);}}int getpre(int k){int ans=0;while(k){ans+=bt[k];k-=lowbit(k);}return ans;}void en(int k)//销毁 k 路径上的值{while(k<=MXN){bt[k]=0;k+=lowbit(k);}}
}ooo;
struct pnode
{int x,y,z,v;//s为时间戳,f为flag,v为值int k;//询问则表示这是第k个询问,-1代表这是个修改pnode() {}pnode(int x,int y,int z,int v,int k):x(x),y(y),z(z),v(v),k(k) {}
} t[N];
bool cmpx(const pnode & a,const pnode &b)
{if(a.x==b.x) return a.z<b.z;return a.x<b.x;
}
bool cmpy(const pnode & a,const pnode &b)
{return a.y<b.y;
}
int ans[10005];
void cdq(int l,int r)
{if(l==r) return ;int m=l+r>>1;cdq(l,m);cdq(m+1,r);sort(t+l,t+m+1,cmpy);sort(t+m+1,t+r+1,cmpy);int p=l-1;for(int i=m+1;i<=r;++i){while(p<m&&t[p+1].y<=t[i].y) {++p;if(t[p].k==-1)ooo.add(t[p].z,t[p].v);}if(t[i].k!=-1){int sum=ooo.getpre(t[i].z);ans[t[i].k]+=sum*t[i].v;}}for(int i=l;i<=p;++i)if(t[i].k==-1) ooo.en(t[i].z);
}
int main()
{int n,s,tol=0;scanf("%d%d",&s,&n);int qid=0,dfn=0;while(true){int cmd,x,y,xx,yy,a;++dfn;scanf("%d",&cmd);if(cmd==1)//修改{scanf("%d%d%d",&x,&y,&a);t[++tol]=pnode(x,y,dfn,a,-1);}else if(cmd==2){++qid;scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&xx,&yy);t[++tol]=pnode(xx,yy,dfn,1,qid);t[++tol]=pnode(xx,y-1,dfn,-1,qid);t[++tol]=pnode(x-1,yy,dfn,-1,qid);t[++tol]=pnode(x-1,y-1,dfn,1,qid);ans[qid]=(xx-x+1)*(yy-y+1)*s;}elsebreak;}ooo.MXN=dfn;sort(t+1,t+tol+1,cmpx);cdq(1,tol);for(int i=1;i<=qid;++i) printf("%d\n",ans[i]);return 0;
}