KD-Tree

　　为啥有种线段树&平衡树的即视感……（树形结构的相似性？）

　　每次插入之后，判断下如果某个子树的size>父亲size*0.7，那么重构一下……（替罪羊树的即视感）

　　查询的时候，如果当前点表示的坐标范围被查询范围完全包含，则直接返回sum；

　　否则：当前点若在范围内则更新答案，左子树若不全在范围外则递归进入查询，右子树同理（线段树的即视感）

TLE：rebuild的时候，我没清当前点的min和max就直接build子树&Push_up(o)了……活该跪……

  1 /**************************************************************
  2     Problem: 4066
  3     User: Tunix
  4     Language: C++
  5     Result: Accepted
  6     Time:28400 ms
  7     Memory:11444 kb
  8 ****************************************************************/
  9
 10 //BZOJ 4066
 11 #include<cstdio>
 12 #include<cstring>
 13 #include<cstdlib>
 14 #include<iostream>
 15 #include<algorithm>
 16 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
 17 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
 18 #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i)
 19 #define pb push_back
 20 using namespace std;
 21 typedef long long LL;
 22 inline int getint(){
 23     int r=1,v=0; char ch=getchar();
 24     for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch==‘-‘) r=-1;
 25     for(; isdigit(ch);ch=getchar()) v=v*10-‘0‘+ch;
 26     return r*v;
 27 }
 28 const int N=200010,INF=1e9;
 29 /*******************template********************/
 30 int n,m,ans,D,cnt,p[N],tot,root;
 31 struct node{
 32     int d[2],mn[2],mx[2],l,r,D,size,sum,v;
 33     int& operator [] (int x){return d[x];}
 34 }t[N],now;
 35 inline bool cmp(int x,int y){return t[x][D]<t[y][D];}
 36
 37 #define L t[o].l
 38 #define R t[o].r
 39 #define mid (l+r>>1)
 40 inline void Push_up(int o){
 41     F(i,0,1){
 42         t[o].mn[i]=min(t[o].mn[i],min(t[L].mn[i],t[R].mn[i]));
 43         t[o].mx[i]=max(t[o].mx[i],max(t[L].mx[i],t[R].mx[i]));
 44     }
 45     t[o].sum=t[L].sum+t[R].sum+t[o].v;
 46     t[o].size=t[L].size+t[R].size+1;
 47 }
 48 inline int build(int l,int r,int dir){
 49     D=dir;
 50     nth_element(p+l,p+mid,p+r+1,cmp);
 51     int o=p[mid];
 52     t[o].D=dir;
 53     F(i,0,1) t[o].mn[i]=t[o].mx[i]=t[o][i];
 54     t[o].sum=t[o].v;
 55     L=l<mid ? build(l,mid-1,dir^1) : 0;
 56     R=mid<r ? build(mid+1,r,dir^1) : 0;
 57     Push_up(o);
 58     return o;
 59 }
 60 inline void dfs(int o){
 61     if (!o) return;
 62     dfs(L);
 63     p[++cnt]=o;
 64     dfs(R);
 65 }
 66 inline void rebuild(int &o){
 67     cnt=0;
 68     dfs(o);
 69     o=build(1,cnt,t[o].D);
 70 }
 71 inline void Insert(int &o,int dir){
 72     if (!o){
 73         o=++tot; t[o]=now;
 74         F(i,0,1) t[o].mn[i]=t[o].mx[i]=t[o][i];
 75         t[o].D=dir;
 76         t[o].size=1;
 77         t[o].sum=t[o].v;
 78         return;
 79     }
 80     if (now[dir]<t[o][dir]){
 81         Insert(L,dir^1);
 82         Push_up(o);
 83         if ((double)t[L].size>(double)t[o].size*0.7) rebuild(o);
 84     }
 85     else{
 86         Insert(R,dir^1);
 87         Push_up(o);
 88         if ((double)t[R].size>(double)t[o].size*0.7) rebuild(o);
 89     }
 90 }
 91 int query(int o,int x1,int y1,int x2,int y2){
 92     if (!o) return 0;
 93     if (t[o].mn[0]>=x1 && t[o].mn[1]>=y1 && t[o].mx[0]<=x2 && t[o].mx[1]<=y2)
 94         return t[o].sum;
 95     else{
 96         int ans=0;
 97         if (t[o][0]>=x1 && t[o][0]<=x2 && t[o][1]>=y1 && t[o][1]<=y2) ans+=t[o].v;
 98         if (t[L].mn[0]>x2 || t[L].mx[0]<x1 || t[L].mn[1]>y2 || t[L].mx[1]<y1) ;
 99         else ans+=query(L,x1,y1,x2,y2);
100         if (t[R].mn[0]>x2 || t[R].mx[0]<x1 || t[R].mn[1]>y2 || t[R].mx[1]<y1) ;
101         else ans+=query(R,x1,y1,x2,y2);
102         return ans;
103     }
104 }
105 void print(int o){
106     if (!o) return;
107     printf("%d t[o].mn[0]=%d t[o].mn[1]=%d t[o].mx[0]=%d t[o].mx[1]=%d\n",o,t[o].mn[0],t[o].mn[1],t[o].mx[0],t[o].mx[1]);
108     print(L);
109     print(R);
110 }
111 int main(){
112 #ifndef ONLINE_JUDGE
113     freopen("4066.in","r",stdin);
114     freopen("4066.out","w",stdout);
115 #endif
116     F(i,0,1) t[0].mn[i]=INF,t[0].mx[i]=-INF;
117     t[0].size=t[0].sum=t[0].v=0;
118
119     n=getint(); int cmd;
120     while(scanf("%d",&cmd)!=EOF && cmd<3){
121         if (cmd==1){
122             now[0]=getint()^ans,now[1]=getint()^ans,now.v=getint()^ans;
123             Insert(root,1);
124         }else{
125             int x1=getint()^ans,y1=getint()^ans,x2=getint()^ans,y2=getint()^ans;
126             printf("%d\n",ans=query(root,x1,y1,x2,y2));
127         }
128     }
129     return 0;
130 }

4066: 简单题

Time Limit: 50 Sec  Memory Limit: 20 MB
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Description

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：

Input

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。

Output

对于每个2操作，输出一个对应的答案。

Sample Input

4
1 2 3 3
2 1 1 3 3
1 1 1 1
2 1 1 0 7
3

Sample Output

3
5

HINT

数据规模和约定

1<=N<=500000,操作数不超过200000个，内存限制20M，保证答案在int范围内并且解码之后数据仍合法。

样例解释见OJ2683

Source

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