[JZOJ4838]I Like Matrix!

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#OI #操作树 #暴力 #可持久化

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暴力

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操作树

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本文介绍了一种解决矩阵操作问题的方法，通过构建操作树来高效处理矩阵元素的取反操作，包括行、列及特定元素的翻转，并在一系列操作后快速计算矩阵元素之和。

题目大意

对一个 $n\times m$ 的零矩阵 $A$ 进行 $q$ 次操作：
$\bullet1\ i\ j$ ：将 $A_{i,j}$ 取反 $(xor\ 1)$
$\bullet2\ i$ ：将矩阵 $A$ 第 $i$ 行所有元素全部取反
$\bullet3\ j$ ：将矩阵 $A$ 第 $j$ 列所有元素全部取反
$\bullet4\ k$ ：将矩阵 $A$ 还原为第 $k$ 次操作之后的状态。
进行每一次操作之后，询问当前矩阵所有元素的和。

$1\le n,m\le 10^3,q\le 10^5$

题目分析

这题乍一看要支持完全可持久化，很难做。
观察发现其实这些操作之前形成了树形关系，一个操作一定是某一个操作的后继。其实这个东西就是操作树。
我们构造出操作树之后，就可以在树上便利一遍。每次经过一条边（包括退出时，因为同一个操作执行两次就是撤销）就执行这条边上的操作并记录答案。你问我怎么执行？暴力啊~
还有就是注意可能会回到第 $0$ 个操作。
时间复杂度 $\mathrm O(nq)$ 。

代码实现

#include <iostream>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int Q=100005;
const int N=1005;

int fa[Q],last[Q],tov[Q],next[Q],opt[Q][3],ans[Q];
int n,m,q,sum,tot;
bool mat[N][N];

inline void insert(int x,int y){tov[++tot]=y,next[tot]=last[x],last[x]=tot;}

void dfs(int x)
{
    if (x)
    {
        switch (opt[x][0])
        {
            case 1:
            {
                sum-=mat[opt[x][1]][opt[x][2]];
                mat[opt[x][1]][opt[x][2]]^=1;
                sum+=mat[opt[x][1]][opt[x][2]];
                break;
            }
            case 2:
            {
                for (int c=1;c<=m;c++) sum-=mat[opt[x][1]][c],mat[opt[x][1]][c]^=1,sum+=mat[opt[x][1]][c];
                break;
            }
            case 3:
            {
                for (int r=1;r<=n;r++) sum-=mat[r][opt[x][1]],mat[r][opt[x][1]]^=1,sum+=mat[r][opt[x][1]];
                break;
            }
        }
        ans[x]=sum;
    }
    for (int i=last[x];i;i=next[i]) dfs(tov[i]);
    if (x)
    {
        switch (opt[x][0])
        {
            case 1:
            {
                sum-=mat[opt[x][1]][opt[x][2]];
                mat[opt[x][1]][opt[x][2]]^=1;
                sum+=mat[opt[x][1]][opt[x][2]];
                break;
            }
            case 2:
            {
                for (int c=1;c<=m;c++) sum-=mat[opt[x][1]][c],mat[opt[x][1]][c]^=1,sum+=mat[opt[x][1]][c];
                break;
            }
            case 3:
            {
                for (int r=1;r<=n;r++) sum-=mat[r][opt[x][1]],mat[r][opt[x][1]]^=1,sum+=mat[r][opt[x][1]];
                break;
            }
        }
    }
}

void solve()
{
    for (int i=1,op,x,y;i<=q;i++)
    {
        scanf("%d%d",&op,&x);
        switch (op)
        {
            case 1:
            {
                scanf("%d",&y);
                fa[i]=i-1,insert(i-1,i),opt[i][0]=1,opt[i][1]=x,opt[i][2]=y;
                break;
            }
            case 2:
            {
                fa[i]=i-1,insert(i-1,i),opt[i][0]=2,opt[i][1]=x;
                break;
            }
            case 3:
            {
                fa[i]=i-1,insert(i-1,i),opt[i][0]=3,opt[i][1]=x;
                break;
            }
            case 4:
            {
                fa[i]=x,insert(x,i);
                break;
            }
        }
    }
    dfs(0);
    for (int i=1;i<=q;i++) printf("%d\n",ans[i]);
}

int main()
{
    freopen("present.in","r",stdin),freopen("present.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
    solve();
    fclose(stdin),fclose(stdout);
    return 0;
}