【bzoj4066】【简单题】【kd树】

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：
 

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

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。

题解：
          比较裸的kd树.
          每插入5000次就暴力重建一遍.
代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 200010
#define ll long long
using namespace std;
int n,x1,y1,x2,y2,a,opt,rt,f,P(5000);
int lastans;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
struct use{
int d[2],mn[2],mx[2],v,l,r;
int sum;
inline int &operator[](int x){return d[x];}
inline friend bool operator<(use a,use b){return a[f]<b[f]; }
inline friend bool operator==(use a,use b){return a.d[0]==b.d[0]&&a.d[1]==b.d[1];}
}p
;
inline bool in(int x1,int y1,int x2,int y2,int a,int b,int c,int d){
return x1<=a&&x2>=c&&y1<=b&&y2>=d;
}
inline bool out(int x1,int y1,int x2,int y2,int a,int b,int c,int d){
return x2<a||x1>c||y1>d||y2<b;
}
struct kdtree{
use t
,T;
int cnt;
inline void update(int k){
int l=t[k].l,r=t[k].r;
for (int i=0;i<=1;i++){
t[k].mn[i]=t[k].mx[i]=t[k][i];
if (l) t[k].mn[i]=min(t[k].mn[i],t[l].mn[i]);
if (l) t[k].mx[i]=max(t[k].mx[i],t[l].mx[i]);
if (r) t[k].mn[i]=min(t[k].mn[i],t[r].mn[i]);
if (r) t[k].mx[i]=max(t[k].mx[i],t[r].mx[i]);
}
t[k].sum=t[l].sum+t[r].sum+t[k].v;
}
int query(int k,int x1,int y1,int x2,int y2){
if (!k) return 0;
ll ans(0);
if (in(x1,y1,x2,y2,t[k].mn[0],t[k].mn[1],t[k].mx[0],t[k].mx[1]))
return t[k].sum;
if (out(x1,y1,x2,y2,t[k].mn[0],t[k].mn[1],t[k].mx[0],t[k].mx[1]))
return 0;
if (in(x1,y1,x2,y2,t[k][0],t[k][1],t[k][0],t[k][1]))
ans+=t[k].v;
ans+=query(t[k].l,x1,y1,x2,y2)+query(t[k].r,x1,y1,x2,y2);
return ans;
}
void insert(int &k,bool d){
if(!k){
k=++cnt;
t[k][0]=t[k].mn[0]=t[k].mx[0]=T[0];
t[k][1]=t[k].mn[1]=t[k].mx[1]=T[1];
}
if(T==t[k]){
t[k].v+=T.v,t[k].sum+=T.v;
return;
}
if(T[d]<t[k][d])insert(t[k].l,d^1);
else insert(t[k].r,d^1);
update(k);
}
int rebuild(int l,int r,int d){
if (l>r) return 0;f=d;
int mid=(l+r)>>1;
nth_element(p+l,p+mid,p+r+1);
t[mid]=p[mid];
t[mid].l=rebuild(l,mid-1,d^1);
t[mid].r=rebuild(mid+1,r,d^1);
update(mid);return mid;
}
}kd;
int main(){
n=read();
while (1){
opt=read();
if (opt==3) break;
if (opt==1){
x1=read();y1=read();a=read();
x1^=lastans;y1^=lastans;a^=lastans;
kd.T[0]=x1;kd.T[1]=y1;kd.T.v=kd.T.sum=a;
kd.insert(rt,0);
if (kd.cnt==P){
for (int j=1;j<=kd.cnt;j++) p[j]=kd.t[j];
rt=kd.rebuild(1,kd.cnt,0),P+=5000;
}
}
else{
x1=read();y1=read();x2=read();y2=read();
x1^=lastans;y1^=lastans;x2^=lastans;y2^=lastans;
lastans=kd.query(rt,x1,y1,x2,y2);
printf("%d\n",lastans);
}
}
}