洛谷P4514 上帝造题的七分钟

这是一个二维区域修改区域查询问题，可以考虑使用二维树状数组解决。

我们先回忆一下一维区间修改区间查询树状数组是怎么做的，因为树状数组本身只支持求前缀和的形式，每次修改也只能单点修改，因此结合前缀和和单点修改的性质，我们想到可以用树状数组来维护差分数组，这样就能做到区间修改单点查询，但这还是不是我们需要的区间修改区间查询。上面的差分数组给了我们区间修改的启发，下面我们令 (d) 为差分数组，我们发现区间查询同样可以差分，于是我们的目标实际上是求这样一个式子（(1 sim i) 的前缀和）：

[sumlimits_{i = 1} ^ n sumlimits_{j = 1} ^ i d_j ]

可以考虑计算每个 (d_j) 对答案的贡献，即:

[sumlimits_{i = 1} ^ n d_i imes (n - i + 1) ]

为了能接下来我们让 (d_i) 和 (i) 放在一起，将每次询问不同的 (n) 拿开方便维护：

[(n + 1)sumlimits_{i = 1} ^ n d_i - sumlimits_{i = 1} ^ n d_i imes i ]

于是我们惊奇地发现我们只需要维护出 (sumlimits_{i = 1} ^ n d_i) 以及 (sumlimits_{i = 1} ^ n d_i imes i) 即可。于是我们可以写出如下代码：

void add(int p, int k){
    for(int i = p; i <= n; i += lowbit(i)) C1[i] += k, C2[i] += p * k;
}
int query(int p){
    int ans = 0;
    for(int i = p; i; i -= lowbit(i)) ans += (p + 1) * C1[i] - C2[i];
    return ans;
}
signed main(){
    n = read(), m = read();
    rep(i, 1, n) a[i] = read(), d[i] = a[i] - a[i - 1], add(i, d[i]);
    rep(i, 1, m){
        opt = read(), l = read(), r = read();
        if(opt == 1) k = read(), add(l, k), add(r + 1, -k);
        else printf("%lld
", query(r) - query(l - 1));
    }
    return 0;
}

同样类似于上面那个思路，我们可以定义一下二维数组的差分，即我们需要让 ((1, 1) sim (n, m)) 的前缀和为 (a_{i, j})，可以考虑二维前缀和的式子 (S_{i, j} = S_{i - 1, j} + S_{i, j - 1} - S_{i - 1, j - 1} + a_{i, j} = a_{i - 1, j} + a_{i, j - 1} - a_{i - 1, j - 1} + a_{i, j})，于是我们只需令差分数组 (d_{i, j} = a_{i, j} - a_{i - 1, j} - a_{i, j - 1} + a_{i - 1, j - 1}) 即可。不难发现我们每次对某个位置 ((i, j)) 进行修改，影响的是 ((i, j) sim (n, m)) 这一段区间，于是我们我们要给二维的一片区域 ((a, b) sim (c, d)) 加上某个数 (x)，只需要在 ((a, b)) 出加上 (x)，在 ((a, d + 1), (c + 1, b)) 出减去 (x)，再在 ((c + 1, d + 1)) 处加上 (x) 即可。因为可以使用差分，因此我们每次需要查询的就是 ((1, 1) sim (n, m)) 这个区域的和，即：

[sumlimits_{i = 1} ^ n sumlimits_{j = 1} ^ m sumlimits_{k = 1} ^ i sumlimits_{l = 1} ^ j d_{k, l} ]

同样的我们考虑每个 (d_{k, l}) 对答案的贡献，显然 (d_{i, j}) 会被 ((i, j) sim (n, m)) 这个区域内的所有数算一次，于是原式即：

[sumlimits_{i = 1} ^ n sumlimits_{j = 1} ^ m d_{i, j} imes (n - i + 1) imes (m - j + 1) ]

[= sumlimits_{i = 1} ^ n sumlimits_{j = 1} ^ m d_{i, j} imes (nm + n + m + 1 - mi - i - nj - j + ij) ]

同样让每个位置维护的值只与每个位置有关，将查询的部分提出来有：

[(nm + n + m + 1) sumlimits_{i = 1} ^ n sumlimits_{j = 1} ^ m d_{i, j} - (m + 1)sumlimits_{i = 1} ^ n sumlimits_{j = 1} ^ m d_{i, j} imes i - (n + 1)sumlimits_{j = 1} ^ m d_{i, j} imes j + sumlimits_{j = 1} ^ m d_{i, j} imes ij ]

于是我们每个位置维护四个值：(sumlimits_{i = 1} ^ n sumlimits_{j = 1} ^ m d_{i, j}, sumlimits_{j = 1} ^ m d_{i, j} imes i, sumlimits_{j = 1} ^ m d_{i, j} imes j, sumlimits_{j = 1} ^ m d_{i, j} imes ij) 即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 2050 + 5
#define lowbit(x) (x & (-x))
char opt[N];
int n, m, a, b, c, d, k, C[N][N][4];
int read(){
    char c; int x = 0, f = 1;
    c = getchar();
    while(c > '9' || c < '0'){ if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
void add(int x, int y, int k){
    if(x < 1 || x > n || y < 1 || y > m) return;
    int a = k * x, b = k * y, c = k * x * y;
    for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
        for(int j = y; j <= m; j += lowbit(j))
            C[i][j][0] += k, C[i][j][1] += a, C[i][j][2] += b, C[i][j][3] += c;
}
int query(int x, int y){
    if(x < 1 || x > n || y < 1 || y > m) return 0;
    int a = 0, b = 0, c = 0, d = 0;
    for(int i = x; i; i -= lowbit(i))
        for(int j = y; j; j -= lowbit(j))
            a += C[i][j][0], b += C[i][j][1], c += C[i][j][2], d += C[i][j][3];
    return a * (x * y + x + y + 1) - b * (y + 1) - c * (x + 1) + d;
}
int main(){
    n = read(), m = read();
    while(scanf("%s", opt + 1) != EOF){
        a = read(), b = read(), c = read(), d = read();
        if(opt[1] == 'L'){
            k = read();
            add(a, b, k), add(c + 1, d + 1, k);
            add(a, d + 1, -k), add(c + 1, b, -k);
        }
        else printf("%d
", query(c, d) - query(c, b - 1) - query(a - 1, d) + query(a - 1, b - 1));
    }
    return 0;
}