@codeforces - 1186E@ Vus the Cossack and a Field
@description@
给定一个 n*m 的 01 矩阵，通过这个矩阵生成一个无穷矩阵，具体操作如下：
（1）将这个矩阵写在左上角。
（2）将这个矩阵每位取反写在右上角。
（3）将这个矩阵每位取反写在左下角。
（4）将这个矩阵写在右下角。
（5）将得到的矩阵再作为初始矩阵，重复这些操作。
比如对于初始矩阵：
它操作一次变为：
再操作一次变为：
然后继续操作……
我们将左上角记作 (1, 1)。
现在进行 q 次询问，每次询问以 (x1, y1) 为左上角，(x2, y2) 为右下角的矩阵内所有元素的和。
input
第一行包含三个整数 n, m, q (1 <= n, m <= 1000, 1 <= q <= 10^5)。
接下来 n 行每行包含 m 个字符 cij，描述初始矩阵。
接下来 q 行每行包含四个整数 x1, y1, x2, y2，描述一个询问。
output
对于每个询问，输出答案。
sample input 1
2 2 5
10
11
1 1 8 8
2 4 5 6
1 2 7 8
3 3 6 8
5 6 7 8
sample output 1
32
5
25
14
4
sample input 2
2 3 7
100
101
4 12 5 17
5 4 9 4
1 4 13 18
12 1 14 9
3 10 7 18
3 15 12 17
8 6 8 12
sample output 2
6
3
98
13
22
15
3
@solution@
要用递归打败递归！
考虑将一个询问拆成前缀和作差的形式，则询问相当于转换为 (1, 1) 到 (x, y) 的前缀和。
如果直接递归分治求解显然就直接炸了，所以我们要发现一些性质。
我们不妨记初始矩阵为 M0，操作一次后的矩阵为 M1，操作两次后的矩阵为 M2，……，以此类推。
观察题目中给出的样例 M1, M2，不难发现每一行 1 的个数都相等，且都等于这一行元素总数的一半；列同理。
这样我们可以快速求解出 Mi 所有元素的和，并求解出 Mi 前若干行/列所有元素的和（这里 i = 0 要特殊处理，因为没有这个性质）
设 Mi 包含 (x, y)，考虑 (x, y) 位置：
（1）在 Mi 左上部分，直接递归到 M(i-1)。
（2）在 Mi 右上部分，此时询问包含两部分：在左上部分有一些完整的行，在右上部分是一个规模较小的子问题。左上直接用公式算，右上递归。
（3）在 Mi 左下部分，大致同（2）的处理。
（4）在 Mi 右下部分，一样考虑左上、左下、右上、右下分别是什么形状，发现只有右下是跟原题类似的，规模较小的子问题。然后大概同（2）的处理。
一样当 i = 0 要特殊处理。
发现每一次都只会向下递归一次，递归一次规模至少减半，所以一次询问是 O(log) 的时间复杂度。
具体可能代码更具说服力。
@accepted code@
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 1000;
ll s[MAXN + 5][MAXN + 5];
int n[MAXN + 5], m[MAXN + 5];
char c[MAXN + 5];
ll fun1(int dep, int x, int y) {
if( dep == -1 ) return s[x][y];
if( x <= n[dep] && y <= m[dep] )
return fun1(dep - 1, x, y);
if( x <= n[dep] && y > m[dep] ) {
if( dep ) return (1LL*x*(y-m[dep]) - fun1(dep - 1, x, y-m[dep])) + 1LL*x*m[dep-1];
else return (1LL*x*(y-m[dep]) - fun1(dep - 1, x, y-m[dep]) + fun1(dep - 1, x, m[dep]));
}
if( x > n[dep] && y <= m[dep] ) {
if( dep ) return (1LL*(x-n[dep])*y - fun1(dep - 1, x-n[dep], y)) + 1LL*n[dep-1]*y;
else return (1LL*(x-n[dep])*y - fun1(dep - 1, x-n[dep], y) + fun1(dep - 1, n[dep], y));
}
if( x > n[dep] && y > m[dep] ) {
//puts("?");
if( dep ) {
//printf("? %lld %lld %lld\n", fun2(dep - 1, x-n[dep]), fun3(dep - 1, y-m[dep]), 1LL*n[dep]*m[dep]/2);
return fun1(dep - 1, x-n[dep], y-m[dep]) + 1LL*(x-n[dep])*m[dep-1] + 1LL*n[dep-1]*(y-m[dep]) + 1LL*n[dep]*m[dep]/2;
}
else {
//printf("| %lld %lld %lld %lld\n", 1LL*x*y, (1LL*(x-n[dep])*(y-m[dep]) - fun1(dep - 1, x-n[dep], y-m[dep])), fun1(dep - 1, x-n[dep], m[dep]) + fun1(dep - 1, n[dep], y-m[dep]), s[n[0]][m[0]]);
return 1LL*(x-n[dep])*m[dep] + 1LL*n[dep]*(y-m[dep]) + fun1(dep - 1, x-n[dep], y-m[dep]) + s[n[0]][m[0]] - fun1(dep - 1, x-n[dep], m[dep]) - fun1(dep - 1, n[dep], y-m[dep]);
}
}
}
ll sum(int x, int y) {
if( x == 0 || y == 0 ) return 0;
int dep; for(dep = 0; x - n[dep] > n[dep] || y - m[dep] > m[dep]; dep++);
return fun1(dep, x, y);
}
int main() {
int q;
scanf("%d%d%d", &n[0], &m[0], &q);
for(int i=1;i<=n[0];i++) {
scanf("%s", c + 1);
for(int j=1;j<=m[0];j++)
s[i][j] = s[i-1][j] + s[i][j-1] - s[i-1][j-1] + (c[j] - '0');
}
for(int i=1;i<=MAXN;i++)
n[i] = 2*n[i-1], m[i] = 2*m[i-1];
for(int i=1;i<=q;i++) {
int x1, y1, x2, y2;
scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2);
printf("%lld\n", sum(x2, y2) - sum(x1-1, y2) - sum(x2, y1-1) + sum(x1-1, y1-1));
}
}
@details@
好久没打 CF 了……活动活动手脚。
不过被 B 题坑了。。。一个假题做了我将近 1 个小时。
大概想着我可能要掉成灰了，这时 CF 突然发表通知，说 B 题标算有误，然后整道题就凭空消失了。还好最后 unrated 了，不然亏死 www。
这道题不难，但非常有 CF 的风格。
