本题可转化为：求一个二维数组 (x1,y1)到(x2,y2) 每个元素的异或值，判断是否为0。
本题的两个相似解法：
1.前缀和
2.树状数组
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e6+10;
int a[505][505],c[505][505];
int n,m,q;
int lowbit(int x){
return x & (-x);
}
int sum(int x,int y){
int ret=0;
for(int i=x;i>=1;i -= lowbit(i)){
for(int j=y;j>=1;j -= lowbit(j)){
ret ^= c[i][j];
}
}
return ret;
}
void update(int x,int y,int d){
for(int i=x;i<=n;i+= lowbit(i)){
for(int j=y;j<=m;j+= lowbit(j)){
c[i][j] ^= d;
}
}
}
bool query(int x1,int y1,int x2,int y2){
int ret=sum(x2,y2)^sum(x1-1,y2)^sum(x2,y1-1)^sum(x1-1,y1-1);
return ret;
return false;
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
memset(c,0,sizeof c);
scanf("%d %d %d",&n,&m,&q);
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
scanf("%d", &a[i][j]);
update(i,j,a[i][j]);
}
}
for(int i=0;i<q;++i){
int cmd;
scanf("%d",&cmd);
if(cmd==1){
int x1,y1,x2,y2;
scanf("%d %d %d %d",&x1,&y1,&x2,&y2);
if( query(x1,y1,x2,y2) )printf("Yes\n");
else printf("No\n");
}else{
int x,y,z;
scanf("%d %d %d",&x,&y,&z);
update(x,y,z^a[x][y]);
a[x][y]=z;
}
}
}
return 0;
}
PS：
Nim游戏是经典的公平组合游戏(ICG)，对于ICG游戏我们有如下定义：
1、两名选手；
2、两名选手轮流行动，每一次行动可以在有限合法操作集合中选择一个；
3、游戏的任何一种可能的局面(position)，合法操作集合只取决于这个局面本身；局面的改变称为“移动”(move)。
4、若轮到某位选手时，该选手的合法操作集合为空，则这名选手判负。
对于第三条，我们有更进一步的定义Position，我们将Position分为两类：
P-position：在当前的局面下，先手必败。
N-position：在当前的局面下，先手必胜。
他们有如下性质：
1.合法操作集合为空的局面是P-position；
2.可以移动到P-position的局面是N-position；
3.所有移动都只能到N-position的局面是P-position。
在这个游戏中，我们已经知道A[] = {0,0,...,0}的局面是P局面，那么我们可以通过反向枚举来推导出所有的可能局面，总共的状态数量为A[1]*A[2]*...*A[N]。并且每一次的状态转移很多。
虽然耗时巨大，但确实是一个可行方法。
当然，我们这里会讲这个题目就说明肯定没那么复杂。没错，对于这个游戏有一个非常神奇的结论：
对于一个局面，当且仅当A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = 0时，该局面为P局面。
对于这个结论的证明如下：
1. 全0状态为P局面，即A[i]=0，则A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = 0。
2. 从任意一个A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = k != 0的状态可以移动到A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = 0的状态。由于xor计算的特殊性，我们知道一定有一个A[i]最高位与k最高位的1是相同的，那么必然有A[i] xor k < A[i]的，所以我们可以通过改变A[i]的值为A[i]‘，使得A[1] xor A[2] xor ... xor A[i]‘ xor ... xor A[N] = 0。
3. 对于任意一个局面，若A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = 0，则不存在任何一个移动可以使得新的局面A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = 0。由于xor计算的特殊性，我们可以知道，一定是存在偶数个1时该位置的1才会被消除。若只改变一个A[i]，无论如何都会使得1的数量发生变化，从而导致A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] != 0。
以上三条满足ICG游戏中N,P局面的转移性质，所以该结论的正确性也得到了证明。