「BZOJ2683」简单题 题解

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1.若N比较小，则可以用二维的树状数组或线段树来做，但是500000，空间开不下，于是考虑离线CDQ。
子矩阵的数字和表示为也就是二维前缀和，因此一个要查询的子矩阵，
对其有影响的矩阵为s[x2][y2]，s[x2][y1-1]，s[x1-1][y2]，s[x1-1][y1-1]这四个前缀子矩阵
所以，在没有修改操作的时候，这是一个二维偏序了裸题
但当加入了操作顺序这个玩意的时候，就是一个三维偏序。
其实对于操作顺序的处理也就是 CDQ 分治的过程，而每次分治，处理的都仅限于左边的修改对右边查询的影响。
为了判断是查询和修改，我用了一个 opt 变量。

2.注意这个tim的妙用
通过和 vis[] 数组结合，让不属于当前递归的BIT中的贡献被忽略
具体的忽略方式主要是在 ask() 里面
为了和 ask() 配合， add() 函数做出改变，通过另一种方式清空并修改。

3.有一个妙点是对于 opt 的利用，通过这个，处理了将操作和询问一同放入 p[] 的分辨问题
可以直接通过 while 盘掉，注意 while 边界。

4.啊啊啊啊啊啊啊，易错点，
不要把 sort(p+l,p+mid+1) 写成 sort(p+1,p+mid+1)
调了我一个小时多。。。（彩笔一个）

5.双倍经验：[BZOJ1176]Mokia
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 800005;
const int M = 2000005;

int n,totp,totq,tim;
int opt,x,y,xx,yy,val;
int vis[M],ans[N],pos[N];
struct Point{
    int x,y,ord,opt,val;
    bool operator <(const Point &b)const{
        return x==b.x?ord<b.ord:x<b.x;
    }
}p[M];
struct BIT{
    int c[M];
    int lowbit(int x){return -x&x;}
    void add(int x,int val){
        for(;x<=n;x+=lowbit(x)){
            if(vis[x]!=tim)vis[x]=tim,c[x]=val;
            else c[x]+=val;
        }
    }
    int ask(int x){
        int res=0;
        for(;x;x-=lowbit(x))
            if(vis[x]==tim)res+=c[x];
        return res;
    }
}bit;


void solve(int l,int r){
    if(l==r)return ;
    int mid=(l+r)>>1;
    solve(l,mid);solve(mid+1,r);
    sort(p+l,p+mid+1);sort(p+mid+1,p+r+1);
    tim++;
    int p1=l,p2=mid+1;
    while(p2<=r){
        while(p1<=mid&&p[p1].opt==2)p1++;
        while(p2<=r&&p[p2].opt==1)p2++;
        if(p1<=mid&&p[p1].x<=p[p2].x)bit.add(p[p1].y,p[p1].val),p1++;
        else if(p2<=r)ans[p[p2].ord]+=bit.ask(p[p2].y),p2++;
    }
}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    while(1){
        scanf("%d",&opt);
        if(opt==3)break;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        if(opt==1){
            scanf("%d",&val);
            p[++totp]={x,y,totp,opt,val};
        }else{
            scanf("%d%d",&xx,&yy);
            pos[++totq]=totp;
            p[++totp]={x-1,y-1,totp,opt,0};
            p[++totp]={xx,y-1,totp,opt,0};
            p[++totp]={x-1,yy,totp,opt,0};
            p[++totp]={xx,yy,totp,opt,0};
        }
    }
    solve(1,totp);
    for(int i=1;i<=totq;i++)
        printf("%d\n",ans[pos[i]+1]-ans[pos[i]+2]-ans[pos[i]+3]+ans[pos[i]+4]);
    return 0;
}