BZOJ 1176 Mokia - CDQ分治+树状数组

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CDQ分治

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本文介绍了一道名为Mokia的比赛题目，并详细解析了使用CDQ分治算法解决大规模矩阵更新与查询问题的方法。该算法通过离线处理操作并结合一维树状数组实现了高效的矩阵权值更新与求和。

1176: [Balkan2007]Mokia

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Description

维护一个W*W的矩阵，初始值均为S.每次操作可以增加某格子的权值,或询问某子矩阵的总权值.修改操作数M<=160000,询问数Q<=10000,W<=2000000.

Input

第一行两个整数,S,W;其中S为矩阵初始值;W为矩阵大小

接下来每行为一下三种输入之一(不包含引号):

"1 x y a"

"2 x1 y1 x2 y2"

"3"

输入1:你需要把(x,y)(第x行第y列)的格子权值增加a

输入2:你需要求出以左下角为(x1,y1),右上角为(x2,y2)的矩阵内所有格子的权值和,并输出

输入3:表示输入结束

裸CDQ，计算矩阵和可以利用以（1,1）为基点的矩阵相加减获得的ans值，实现方法为将询问操作分解为4个子操作。

N.B. 此题中w无用。。

以下为CDQ分治的操作步骤：

（1）把操作离线下来（离线的时候要记录每个操作的时间，即操作的编号），然后按x轴排序（必要时离散化）；

（2）分治区间[L, R]（L, R为时间，即操作的编号），取mid，从L到R遍历操作，将mid之前的修改加入一维树状数组，将mid之后的查询在一维树状数组里查询；（3）还原修改操作，从L到R遍历操作，遇到修改操作，将修改操作改回去。（如果是+c，那么-c）；

（4）开一个临时数组，两个指针（一个指针指向左区间的左端点，另一个指针指向右区间的左端点），从L到R遍历操作，将mid之前的操作放到左区间，将mid之后的操作放到右区间。最后把临时数组赋值给操作数组；

（5）递归[L, mid]，[mid + 1, R]，回到（2）。递归的终点是L==R。注意，在分治的每一层的区间内，x轴都是有序的。虽然时间无序，但是我们遍历操作时按照mid来划分了；

N.B. 在分治的每一层的区间内，x轴都是有序的。虽然时间无序，但是我们遍历操作时按照mid来划分了。

#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>

using namespace std;

const int maxn=2000005;

struct opr
{
	int d,t,val,qid,x,y;
}l[maxn],point[maxn];

int res[maxn],tr[maxn];
int n,w,cnt,tim;

int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();	
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(ch<='9'&&ch>='0'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}

bool cmp(opr a,opr b)
{
    if(a.x==b.x)
    {
        if(a.y==b.y)return a.d<b.d;
        return a.y<b.y;
    }	
    return a.x<b.x;
}
int sum(int k)  
{  
    int sum_=0;  
    while(k)  
    {  
        sum_+=tr[k];  
        k-=k&-k;  
    }  
    return sum_;  
}
void update(int k,int num)  
{  
    while(k<=n)
    {  
        tr[k]+=num;  
        k+=k&-k;
    }  
}  
void cdq(int lt,int rt)
{
	if(lt==rt)return;
	int mid=(lt+rt)>>1;
	for(int i=lt;i<=rt;i++)
	{
		if(l[i].d==1&&l[i].t<=mid)update(l[i].y,l[i].val);
		if(l[i].d==2&&l[i].t>mid)res[l[i].qid]+=l[i].val*sum(l[i].y);
	}
	for(int i=lt;i<=rt;i++)
		if(l[i].d==1&&l[i].t<=mid)update(l[i].y,-l[i].val);
		
	int p1=lt-1,p2=mid;
	
	for(int i=lt;i<=rt;i++)
	{
		if(l[i].t<=mid)point[++p1]=l[i];
		else point[++p2]=l[i];
	}
	for(int i=lt;i<=rt;i++)l[i]=point[i];
	cdq(lt,mid);cdq(mid+1,rt);
}
int main()
{
	w=read();
	n=read();
	int x,y,d1,d2,d,xx,yy;
	while(true)
	{
        d=read();
        if(d==3)break;
		if(d==1)
		{
			x=read();y=read();d1=read();
			l[++cnt]=(opr){1,cnt,d1,-1,x,y};
		}
		else
		{
			x=read();y=read();xx=read();yy=read();
			
			l[++cnt]=(opr){2,cnt,1,++tim,xx,yy};
			l[++cnt]=(opr){2,cnt,1,tim,x-1,y-1};
			l[++cnt]=(opr){2,cnt,-1,tim,xx,y-1};
			l[++cnt]=(opr){2,cnt,-1,tim,x-1,yy};
		}
	}
	sort(l+1,l+cnt+1,cmp);
	cdq(1,cnt);
	for(int i=1;i<=tim;i++)
		printf("%d\n",res[i]);
	return 0;
}