洛谷 P4390 [BOI2007]Mokia 摩基亚解题报告

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本文详细解析了P4390[BOI2007]Mokia摩基亚题目，介绍了如何通过容斥原理和树状数组解决二维区域用户数量查询问题，包括输入输出格式、算法思路和代码实现。

P4390 [BOI2007]Mokia 摩基亚

题目描述

摩尔瓦多的移动电话公司摩基亚（\(Mokia\)）设计出了一种新的用户定位系统。和其他的定位系统一样，它能够迅速回答任何形如“用户\(C\)的位置在哪？”的问题，精确到毫米。但其真正高科技之处在于，它能够回答形如“给定区域内有多少名用户？”的问题。

在定位系统中，世界被认为是一个\(W\times W\)的正方形区域，由\(1\times1\)的方格组成。每个方格都有一个坐标\((x,y)\)，\(1\le x,y\le W\)。坐标的编号从\(1\)开始。对于一个\(4\times4\)的正方形，就有\(1\le x\le 4,1\le y\le 4\)（如图）：

请帮助\(Mokia\)公司编写一个程序来计算在某个矩形区域内有多少名用户。

输入输出格式

输入格式：

有三种命令，意义如下：

命令参数意义

0 W 初始化一个全零矩阵。本命令仅开始时出现一次。
1 x y A 向方格\((x,y)\)中添加\(A\)个用户。\(A\)是正整数。
2 X1 Y1 X2 Y2 查询\(X_1\le x\le X_2,Y_1\le y\le Y_2\)所规定的矩形中的用户数量
3 无参数结束程序。本命令仅结束时出现一次。

输出格式：

对所有命令\(2\)，输出一个一行整数，即当前询问矩形内的用户数量。

说明

对于所有数据：

\(1\le W\le 2000000\)
\(1\le X_1\le X_2\le W\)
\(1\le Y_1\le Y_2\le W\)
\(1\le x,y\le W\)
\(0<A\le 10000\)
命令\(1\)不超过\(160000\)个。
命令\(2\)不超过\(10000\)个。

之前做了个园丁的题目，是所有询问在修改之后的。

于是直接把四维偏序的一维搞成区间操作\(O(n\log^2n)\)水过去了。

然后这个题就萎掉了，想了一会儿还是三个\(\log\)，于是打算拿树套树水过去。

结果套的线段树\(MLE\)了，无语...

然后看了看正解，发现直接对矩形容斥就可以了。

就是把一个矩形\((a,b),(c,d)\)拆成\((1,1),(a-1,b-1)\)、\((1,1),(a-1,d)\)、\((1,1),(c,b-1)\)、\((1,1),(c,d)\)四个做。

然后就又成了三维偏序...

Code:

#include <cstdio>
#include <algorithm>
const int N=2e5+10;
int n,m,k,op,ans[N],s[N<<2],dx[N<<2],cntx,dy[N<<2],cnty;
void add(int x,int d){while(x<=cnty)s[x]+=d,x+=x&-x;}
int ask(int x){int sum=0;while(x)sum+=s[x],x-=x&-x;return sum;}
struct node
{
    int a,b,c,op;
    bool friend operator <(node n1,node n2)
    {
        return n1.a==n2.a?n1.op<n2.op:n1.a<n2.a;
    }
}q[N],qs[N];
void CDQ(int l,int r)
{
    if(l==r) return;
    int mid=l+r>>1;
    CDQ(l,mid),CDQ(mid+1,r);
    int lp=l,rp=mid+1,loc=l-1;
    while(lp<=mid&&rp<=r)
    {
        if(q[lp]<q[rp])
        {
            if(!q[lp].op) add(q[lp].b,q[lp].c);
            qs[++loc]=q[lp++];
        }
        else
        {
            if(q[rp].op) ans[q[rp].op]+=q[rp].c*ask(q[rp].b);
            qs[++loc]=q[rp++];
        }
    }
    while(rp<=r)
    {
        if(q[rp].op) ans[q[rp].op]+=q[rp].c*ask(q[rp].b);
        qs[++loc]=q[rp++];
    }
    for(int i=l;i<lp;i++) if(!q[i].op) add(q[i].b,-q[i].c);
    while(lp<=mid) qs[++loc]=q[lp++];
    for(int i=l;i<=r;i++) q[i]=qs[i];
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&n);
    scanf("%d",&op);int a,b,c,d;
    while(op!=3)
    {
        if(op==1)
        {
            ++m;
            scanf("%d%d%d",&q[m].a,&q[m].b,&q[m].c);
            dx[++cntx]=q[m].a,dy[++cnty]=q[m].b;
        }
        else
        {
            scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
            dx[++cntx]=a-1,dy[++cnty]=b-1,dx[++cntx]=c,dy[++cnty]=d;
            ++k;
            q[++m]={a-1,b-1,1,k};
            q[++m]={a-1,d,-1,k};
            q[++m]={c,b-1,-1,k};
            q[++m]={c,d,1,k};
        }
        scanf("%d",&op);
    }
    std::sort(dx+1,dx+1+cntx);
    std::sort(dy+1,dy+1+cnty);
    cntx=std::unique(dx+1,dx+1+cntx)-dx-1;
    cnty=std::unique(dy+1,dy+1+cnty)-dy-1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        q[i].a=std::lower_bound(dx+1,dx+1+cntx,q[i].a)-dx;
        q[i].b=std::lower_bound(dy+1,dy+1+cnty,q[i].b)-dy;
    }
    CDQ(1,m);
    for(int i=1;i<=k;i++) printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}

2018.11.27

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