Codeforces Round #439 (Div. 2) E. The Untended Antiquity(二维BIT)

题意：在 n×m 的二维图上，有三种操作:

1 r1 c1 r2 c2 表示沿着 (r1, c1, r2, c2) 所表示的矩形的外边框建围墙。（其中 (r1, c1) 为矩形左上角，(r2, c2) 表示矩形右下角）。

2 r1 c1 r2 c2 表示取消 (r1, c1, r2, c2) 所示矩形的围墙。（保证最初图不存在围墙，删除的围墙一定是之前通过操作 1 建立的）。

3 r1 c1 r2 c2 表示询问 (r1, c1) 到 (r2, c2) 是否可以不翻越围墙到达。对于每个操作 3，可以输出 Yes ，否则输出 No 。

（n, m <= 2500, q <= 1e5, 保证围墙没有相交）

思路:因为围墙之间不相交，所以我们可以把每个围墙内部都设置成一个值，询问的时候只要看两个点的值是否相同即可。那么怎么

将一个围墙内设为一个值呢，我们可以利用二维BIT，利用前缀和，进行区间更新，单点查询，跟一维的时候区间更新单点更新一

样。那么删除的时候怎么快速得到这个围墙原来设置的是什么值呢，我们可以用哈希，将四个坐标哈希成一个值，具体见代码。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2505;
const int seed = 2333;
ll tree[maxn][maxn], n, m, q;
int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}

void update(int x, int y, ll val)
{
for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
for(int j = y; j <= m; j += lowbit(j))
tree[i][j] += val;
}

void update(int x1, int y1, int x2, int y2, ll val)
{
update(x1, y1, val);
update(x1, y2+1, -val);
update(x2+1, y1, -val);
update(x2+1, y2+1, val);
}

ll query(int x, int y)
{
ll res = 0;
for(int i = x; i; i -= lowbit(i))
for(int j = y; j; j -= lowbit(j))
res += tree[i][j];
return res;
}

int main(void)
{
while(~scanf("%I64d%I64d%I64d", &n, &m, &q))
{
memset(tree, 0, sizeof(tree));
int cmd, x1, y1, x2, y2;
while(q--)
{
scanf("%d%d%d%d%d", &cmd, &x1, &y1, &x2, &y2);
ll val = x1;
val = val*seed+y1;
val = val*seed+x2;
val = val*seed+y2;
if(cmd == 1)
update(x1, y1, x2, y2, val);
else if(cmd == 2)
update(x1, y1, x2, y2, -val);
else
{
ll tmp1 = query(x1, y1);
ll tmp2 = query(x2, y2);
puts(tmp1 == tmp2 ? "Yes" : "No");
}
}
}
return 0;
}