cogs [BOI2007]摩基亚Mokia CDQ 分治

【题目描述】

摩尔瓦多的移动电话公司摩基亚（Mokia）设计出了一种新的用户定位系统。和其他的定位系统一样，它能够迅速回答任何形如“用户C的位置在哪？”的问题，精确到毫米。但其真正高科技之处在于，它能够回答形如“给定区域内有多少名用户？”的问题。

在定位系统中，世界被认为是一个W×W的正方形区域，由1×1的方格组成。每个方格都有一个坐标(x,y)，1<=x,y<=W。坐标的编号从1开始。对于一个4×4的正方形，就有1<=x<=4,1<=y<=4（如图）：



请帮助Mokia公司编写一个程序来计算在某个矩形区域内有多少名用户。

【输入格式】

有三种命令，意义如下：

命令	参数	意义
0	W	初始化一个全零矩阵。本命令仅开始时出现一次。
1	x y A	向方格(x,y)中添加A个用户。A是正整数。
2	X1 Y1 X2 Y2	查询X1<=x<=X2，Y1<=y<=Y2所规定的矩形中的用户数量
3	无参数	结束程序。本命令仅结束时出现一次。

【输出格式】

对所有命令2，输出一个一行整数，即当前询问矩形内的用户数量。

【输入样例】

0 4

1 2 3 3

2 1 1 3 3

1 2 2 2

2 2 2 3 4

3

【输出样例】

3

5

【提示】

输入	输出	意义
0 4		大小为4×4的全零正方形
1 2 3 3		向(2,3)方格加入3名用户
2 1 1 3 3		查询矩形1<=x<=3,1<=y<=3内的用户数量
	3	查询结果
1 2 2 2		向(2,2)方格加入2名用户
2 2 2 3 4		查询矩形2<=x<=3,2<=y<=4内的用户数量
	5	查询结果
3		终止程序

【数据规模】

1<=W<=2000000

1<=X1<=X2<=W

1<=Y1<=Y2<=W

1<=x,y<=W

0<A<=10000

命令1不超过160000个。

命令2不超过10000个。

第一个CDQ，听了已到THU的gg讲的CDQ，表示比较懵X，然后zzh大佬过来告诉我，对于一块矩阵，对他造成影响的修改的因素有两条；1：修改时间比查询时间早 2：x，y范围在此矩阵内，那么我们把query(x1,y1,x2,y2)拆成4个矩阵(x1-1,y1-1)+(x2,y2)-(x1-1,y2)-(x2,y1-1);那么我们对每个操作按x排序，这样就保证了x有序，再用一个树状数组来维护y轴，就保证了第二个条件，那么就可以分治了，在分治到时间(l,r)(其实就是第l到第r个操作)时，考虑(l,mid)中修改操作对(mid+1,r)中查询操作的影响，计算贡献，然后把时间在(l,mid)的放到前半个数组，(mid+1,r)的放在后半个数组(类似于归并排序)，然后继续分治下去

然后是助以理解的code：

#define MAXN 2000005
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,op,tot,cnt,Ans[MAXN],tree[MAXN];

template<typename _t>
inline _t read(){
_t x=0;
int f=1;
char ch=getchar();
for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar())if(ch=='-')f=-f;
for(;ch<='9'&&ch>='0';ch=getchar())x=x*10+(ch^48);
return (_t)x*f;
}

struct pa{
int id,op,x,y,w,pos;
bool operator < (const pa &a)const{//修改的优先级大于查询
if(x==a.x&&y==a.y)return op<a.op;
return x==a.x?y<a.y:x<a.x;
}
}a[MAXN],temp[MAXN];

void updata(int x,int w){
for(;x<=n;x+=lowbit(x))tree[x]+=w;
}

int qsum(int x){
int ans = 0;
for(;x;x-=lowbit(x))ans+=tree[x];
return ans;
}

void Add(){
int x1= read<int>(),y1=read<int>();
int x2=read<int>(),y2=read<int>();++cnt;
a[++tot].pos=cnt;a[tot].x=x1-1;a[tot].y=y1-1;a[tot].w=1 ;a[tot].op=1;
a[++tot].pos=cnt;a[tot].x=x2;  a[tot].y=y2;  a[tot].w=1 ;a[tot].op=1;
a[++tot].pos=cnt;a[tot].x=x1-1;a[tot].y=y2;  a[tot].w=-1;a[tot].op=1;
a[++tot].pos=cnt;a[tot].x=x2;  a[tot].y=y1-1;a[tot].w=-1;a[tot].op=1;
}

void CDQ(int l,int r){
if(l==r)return;
int mid=l+r>>1,l1=l,l2=mid+1;
for(int i=l;i<=r;i++){
if(a[i].id<=mid&&a[i].op==0)updata(a[i].y,a[i].w);
if(a[i].id>mid&&a[i].op)Ans[a[i].pos]+=qsum(a[i].y)*a[i].w;
}
for(int i=l;i<=r;i++)if(a[i].id<=mid&&a[i].op==0)updata(a[i].y,-a[i].w);
for(int i=l;i<=r;i++){
if(a[i].id<=mid)temp[l1++]=a[i];//把时间在(l,mid)的放在前一半
else temp[l2++]=a[i];
}
for(int i=l;i<=r;i++)a[i]=temp[i];
CDQ(l,mid);CDQ(mid+1,r);
}

int main(){
freopen("mokia.in","r",stdin);
freopen("mokia.out","w",stdout);
n=read<int>();n=read<int>();
while(1){
op=read<int>();
if(op==1){
a[++tot].x=read<int>();
a[tot].y=read<int>();
a[tot].w=read<int>();
}
else if(op==2)Add();
else break;
}
for(int i=1;i<=tot;i++)a[i].id=i;
sort(a+1,a+1+tot);
CDQ(1,tot);
for(int i=1;i<=cnt;i++)printf("%d\n",Ans[i]);
}