题目描述
你有一个N*N的棋盘,每个格子内有一个整数,初始时的时候全部为0,现在需要维护两种操作:
命令 |
参数限制 |
内容 |
1 x y A |
1<=x,y<=N,A是正整数 |
将格子x,y里的数字加上A |
2 x1 y1 x2 y2 |
1<=x1<= x2<=N 1<=y1<= y2<=N |
输出x1 y1 x2 y2这个矩形内的数字和 |
3 |
无 |
终止程序 |
输入
输入文件第一行一个正整数N。
接下来每行一个操作。每条命令除第一个数字之外,均要异或上一次输出的答案last_ans,初始时last_ans=0。
输出
对于每个2操作,输出一个对应的答案。
样例输入
4
1 2 3 3
2 1 1 3 3
1 1 1 1
2 1 1 0 7
3
样例输出
3
5
题解
KD-tree
题目强制在线,所以不能离线分治;平面上问题,可以用KD-tree来解决。
具体来说大部分都是板子,只有查询时有点变化,类似于 线段树/平衡树 的区间查询,不断缩小范围。
然而这样裸上亲测会TLE,究其原因是KD-tree的退化。
所以每次加入一定数目的点后,我们需要将KD-tree重构,类似于替罪羊树,只不过替罪羊树重构的是子树,而这里直接重构整棵树。
这样能够使得树高不会特别离谱,然后就可以过了。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 500010 using namespace std; struct data { int p[2] , maxn[2] , minn[2] , c[2] , w , sum; }a[N]; int d , root; bool cmp(data a , data b) { return a.p[d] == b.p[d] ? a.p[d ^ 1] < b.p[d ^ 1] : a.p[d] < b.p[d]; } void pushup(int k , int s) { a[k].maxn[0] = max(a[k].maxn[0] , a[s].maxn[0]); a[k].minn[0] = min(a[k].minn[0] , a[s].minn[0]); a[k].maxn[1] = max(a[k].maxn[1] , a[s].maxn[1]); a[k].minn[1] = min(a[k].minn[1] , a[s].minn[1]); a[k].sum += a[s].sum; } int build(int l , int r , int now) { int mid = (l + r) >> 1; d = now , nth_element(a + l , a + mid , a + r + 1 , cmp); a[mid].maxn[0] = a[mid].minn[0] = a[mid].p[0]; a[mid].maxn[1] = a[mid].minn[1] = a[mid].p[1]; a[mid].sum = a[mid].w; a[mid].c[0] = a[mid].c[1] = 0; if(l < mid) a[mid].c[0] = build(l , mid - 1 , now ^ 1) , pushup(mid , a[mid].c[0]); if(r > mid) a[mid].c[1] = build(mid + 1 , r , now ^ 1) , pushup(mid , a[mid].c[1]); return mid; } void ins(int x) { int *t = &root; d = 0; while(*t) pushup(*t , x) , t = &a[*t].c[a[x].p[d] > a[*t].p[d]] , d ^= 1; *t = x; } int query(int k , int x1 , int y1 , int x2 , int y2) { if(!k || a[k].maxn[0] < x1 || a[k].maxn[1] < y1 || a[k].minn[0] > x2 || a[k].minn[1] > y2) return 0; if(a[k].maxn[0] <= x2 && a[k].maxn[1] <= y2 && a[k].minn[0] >= x1 && a[k].minn[1] >= y1) return a[k].sum; int ans = 0; if(a[k].p[0] >= x1 && a[k].p[0] <= x2 && a[k].p[1] >= y1 && a[k].p[1] <= y2) ans += a[k].w; ans += query(a[k].c[0] , x1 , y1 , x2 , y2) + query(a[k].c[1] , x1 , y1 , x2 , y2); return ans; } int main() { int opt , x1 , y1 , x2 , y2 , last = 0 , tot = 0; scanf("%*d"); while(scanf("%d" , &opt) != EOF && opt != 3) { if(opt == 1) { tot ++ , scanf("%d%d%d" , &a[tot].p[0] , &a[tot].p[1] , &a[tot].w); a[tot].p[0] ^= last , a[tot].p[1] ^= last , a[tot].w ^= last , a[tot].sum = a[tot].w; a[tot].maxn[0] = a[tot].minn[0] = a[tot].p[0]; a[tot].maxn[1] = a[tot].minn[1] = a[tot].p[1]; ins(tot); if(tot % 10000 == 0) root = build(1 , tot , 0); } else scanf("%d%d%d%d" , &x1 , &y1 , &x2 , &y2) , x1 ^= last , y1 ^= last , x2 ^= last , y2 ^= last , printf("%d\n" , last = query(root , x1 , y1 , x2 , y2)); } return 0; }
时间: 2024-11-10 14:38:10