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Description
你有一个N*N的棋盘，每个格子内有一个整数，初始时的时候全部为0，现在需要维护两种操作：
|
命令 |
参数限制 |
内容 |
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1 x y A |
1<=x,y<=N，A是正整数 |
将格子x,y里的数字加上A |
|
2 x1 y1 x2 y2 |
1<=x1<= x2<=N 1<=y1<= y2<=N |
输出x1 y1 x2 y2这个矩形内的数字和 |
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3 |
无 |
终止程序 |
Input
输入文件第一行一个正整数N。
接下来每行一个操作。每条命令除第一个数字之外，
均要异或上一次输出的答案last_ans，初始时last_ans=0。
Output
对于每个2操作，输出一个对应的答案。
Sample Input
4
1 2 3 3
2 1 1 3 3
1 1 1 1
2 1 1 0 7
3
1 2 3 3
2 1 1 3 3
1 1 1 1
2 1 1 0 7
3
Sample Output
3
5
5
HINT
数据规模和约定
1<=N<=500000,操作数不超过200000个，内存限制20M，保证答案在int范围内并且解码之后数据仍合法。
样例解释见OJ2683
新加数据一组，但未重测----2015.05.24
Source
【题解】
在做kd-tree的时候会记录这个子树的最大矩形范围。如果整个最大矩形范围都在所求的矩形范围内。就直接返回这个最大矩形所在的子树的和。
如果不满足的话就看看当前节点是否在所求矩形内。
如果在就先累加这个节点的。
再递归求解左子树和右子树；
然后加的那组数据会卡时.
要不定时重建整棵树。(10000为周期)
【代码】
#include <cstdio>
#include <algorithm>
const int MAXN = 209000;
using namespace std;
struct point
{
int d[2], ma_x[2], mi_n[2], l, r, sum, v;
};
int n, la = 0, v, root = 0, totn, a1, b1, a2, b2, now;
point t[MAXN], op;
void up_data(int rt)
{
int l = t[rt].l, r = t[rt].r;
for (int i = 0; i <= 1; i++)
{
if (l)
{
t[rt].ma_x[i] = max(t[l].ma_x[i], t[rt].ma_x[i]);
t[rt].mi_n[i] = min(t[l].mi_n[i], t[rt].mi_n[i]);
}
if (r)
{
t[rt].ma_x[i] = max(t[r].ma_x[i], t[rt].ma_x[i]);
t[rt].mi_n[i] = min(t[r].mi_n[i], t[rt].mi_n[i]);
}
}
t[rt].sum = t[l].sum + t[r].sum + t[rt].v;//重建后要更新sum值。
}
void insert(int &rt, int fx)
{
if (rt == 0) //创节点。更新信息
{
rt = ++totn;
t[rt] = op;
t[rt].l = t[rt].r = 0;
for (int i = 0; i <= 1; i++)
t[rt].ma_x[i] = t[rt].mi_n[i] = t[rt].d[i];
t[rt].sum = v;
t[rt].v = v;
return;
}
else
{
if (op.d[fx] <= t[rt].d[fx])
insert(t[rt].l, 1 - fx);
else
insert(t[rt].r, 1 - fx);
}
up_data(rt);
}
int query(int rt, int fx)
{
if (!rt) return 0;
if (op.mi_n[0] <= t[rt].mi_n[0] && t[rt].ma_x[0] <= op.ma_x[0] &&
op.mi_n[1] <= t[rt].mi_n[1] && t[rt].ma_x[1] <= op.ma_x[1])
return t[rt].sum; //整个子树都在范围内
int temp = 0, l = t[rt].l, r = t[rt].r;
if (op.mi_n[0] <= t[rt].d[0] && t[rt].d[0] <= op.ma_x[0] &&
op.mi_n[1] <= t[rt].d[1] && t[rt].d[1] <= op.ma_x[1]) //这个点在范围内
temp += t[rt].sum - t[l].sum - t[r].sum; //减去两个子树的就是当前这个点的
//或直接加t[rt].v
if (op.mi_n[fx] <= t[rt].d[fx])
temp += query(l, 1 - fx);
if (t[rt].d[fx] <= op.ma_x[fx])
temp += query(r, 1 - fx);
return temp;
}
bool cmp(point a, point b)
{
if (a.d[now] < b.d[now])
return true;
return false;
}
int build(int begin, int end, int fx)
{
int m = (begin + end) >> 1;
now = fx;
nth_element(t + begin, t + m, t + end + 1, cmp);
for (int i = 0; i <= 1; i++)
t[m].ma_x[i] = t[m].mi_n[i] = t[m].d[i];
t[m].sum = t[m].v;
if (begin < m)
t[m].l = build(begin, m - 1, 1 - fx);
else
t[m].l = 0;
if (m < end)
t[m].r = build(m + 1, end, 1 - fx);
else
t[m].r = 0;
up_data(m);
return m;
}
void input_data()
{
scanf("%d", &n);
while (true)
{
int cz;
scanf("%d", &cz);
if (cz == 1)
{
if ((totn != 0) && (totn % 10000) == 0) //重建树
root = build(1, totn, 0);
scanf("%d%d%d", &op.d[0], &op.d[1], &v);
op.d[0] ^= la; op.d[1] ^= la; v ^= la;
insert(root, 0);
}
else
if (cz == 2)
{
scanf("%d%d%d%d", &op.mi_n[0], &op.mi_n[1], &op.ma_x[0], &op.ma_x[1]);
op.mi_n[0] ^= la; op.mi_n[1] ^= la;
op.ma_x[0] ^= la; op.ma_x[1] ^= la;
la = query(root, 0);
printf("%d
", la);
}
else
break;
}
}
int main()
{
//freopen("F:\rush.txt", "r", stdin);
input_data();
return 0;
}