题解 洛谷 P6070 【『MdOI R1』Decrease】

每次选择一个 $k*k$ 的矩形，显然对于 $(1,1)$ 这个点，只有唯一的矩形选择。那么要是 $(1,1)$ 变成 $0$，也只有唯一的操作。操作后再观察 $(1,2)$，发现只有两个矩形，其中一个刚才已经操作过了，那么这种操作还是唯一的。这样递推下去就可以了。而对于有些放个的矩形都被操作过了，直接判断。

那么怎么维护每个点的值呢？二维线段树也许没有必要，这仅仅一个二维差分就可以解决。因为每次的询问是从 $(1,1)$ 依次到 $(n,n)$ 的，所以对每个要修改的操作差分一次就可以做完这道题了。

记得开 long long。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int n,m,k;
ll ans;
const int N=5003;
int a[N][N],b[N][N],s[N][N];
inline int read()
{
	char C=getchar();
	int F=1,ANS=0;
	while (C<'0'||C>'9')
	{
		if (C=='-') F=-1;
		C=getchar();
	}
	while (C>='0'&&C<='9')
	{
		ANS=ANS*10+C-'0';
		C=getchar();
	}
	return F*ANS;
} 
int main()
{
    n=read(),m=read(),k=read();
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int x=read(),y=read(),z=read();
    	a[x][y]=z;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		for (int j=1;j<=n;j++)
		{
			s[i][j]=b[i][j]+s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];
			a[i][j]+=s[i][j];
			if (a[i][j]!=0)
			{
				if (i+k-1<=n&&j+k-1<=n) 
				{
					ans+=abs((ll)a[i][j]);
					b[i][j]-=a[i][j],b[i+k][j]+=a[i][j],b[i][j+k]+=a[i][j],b[i+k][j+k]-=a[i][j];
					s[i][j]-=a[i][j],a[i][j]=0;
				}
				else 
				{
					printf("-1");
					return 0;
				}
			}
		}
	}
	cout << ans;
	return 0;
}