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:你需要求出以左上角为(x1,y1),右下角为(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
Output
对于每个输入2,输出一行,即输入2的答案
Sample Input
0 4
1 2 3 3
2 1 1 3 3
1 2 2 2
2 2 2 3 4
3
Sample Output
3
5
HINT
保证答案不会超过int范围
https://blog.csdn.net/Phenix_2015/article/details/50767906?utm_medium=distribute.pc_relevant.none-task-blog-BlogCommendFromBaidu-7.control&depth_1-utm_source=distribute.pc_relevant.none-task-blog-BlogCommendFromBaidu-7.control
论文题，简要说一下做法吧。
用solve(l,r)表示对于每一个query操作i，将[l..i−1]中的add操作在i的矩形范围内的都累加起来，要求的是solve(1,n)。
那么对于solve(l,r),依旧是分治处理solve(l,mid)和solve(mid+1,r)，然后我们考虑区间[l,mid]中的点对区间[mid+1,r]中的矩形的影响，问题转化为求一些点在一些矩形范围内的权值和，我们将第一维排序，第二维用树状数组维护前缀和，然后把一个query拆为四个操作加加减减求解就行了。
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2e6+10;
const int maxm=2e5+10;
int s,w,tot,cnt;
ll ans[maxm],t[maxn];
struct node
{
int x,y,z,opt,pos;
}
p[maxm];
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
bool cmp(node a,node b)
//以x为第一关键字，y为第二关键字
{
return a.x==b.x?a.y<b.y:a.x<b.x;
}
void change(int x,int v)
{ for(int i=x;i<=w;i+=(i&(-i)))
t[i]+=v;
}
ll query(int x)
{
ll ret=0;
for(int i=x;i>0;i-=(i&(-i)))
ret+=t[i];
return ret;
}
void solve(int l,int r)
{
if(l==r)return ;
int mid=(l+r)>>1;
solve(l,mid);
solve(mid+1,r);
sort(p+l,p+mid+1,cmp);
sort(p+mid+1,p+r+1,cmp);
int i=l;
for(int j=mid+1;j<=r;j++)
{
while(i<=mid&&p[i].x<=p[j].x)
{
if(!p[i].opt)
//加入数的操作,加数字时要保证p[i].x<=p[j].x
//查询一个矩形的面积，就相当于查询修改操作对矩形中的点的影响
//有了前面p[i].x<=p[j].x 的保证，然后再将修改的权值打在y坐标上
//于是在下面的操作时，只要query(p[j].y就好了
change(p[i].y,p[i].z);
i++;
}
if(p[j].opt)
//注意非零即为条件真,此时进行询问操作
ans[p[j].pos]+=p[j].opt*query(p[j].y);
}
for(i--;i>=l;i--)
if(!p[i].opt)
change(p[i].y,-p[i].z);
}
int main(){
s=read();w=read();
while(1){
int opt=read();
if(opt==3)break;
if(opt==1)//加入一个数值操作
{
p[++tot].x=read();
p[tot].y=read();
p[tot].z=read();
}
else//询问操作
{
int x1=read(),y1=read(),x2=read(),y2=read();
ans[++cnt]=(x2-x1+1)*(y2-y1+1)*s;
p[++tot].x=x1-1;
//求矩形面积时采用矩形分割的思想，
//用矩形的加加减减来得到一个矩形的面积
//这个矩形面积是要加的
p[tot].y=y1-1;
p[tot].opt=1;
p[tot].pos=cnt;
//时间节点
p[++tot].x=x1-1;
p[tot].y=y2;
p[tot].opt=-1;
//这个矩形面积是要减的
p[tot].pos=cnt;
p[++tot].x=x2;
p[tot].y=y1-1;
p[tot].opt=-1;
//这个矩形面积是要减的
p[tot].pos=cnt;
p[++tot].x=x2;
p[tot].y=y2;
p[tot].opt=1;
//这个矩形面积是要加的
p[tot].pos=cnt;
}
}
solve(1,tot);//按操作编号一路做过去
for(int i=1;i<=cnt;i++)
printf("%lld
",ans[i]);
return 0;
}
园丁的烦恼
2014年8月6日4,0922
Description
很久很久以前，在遥远的大陆上有一个美丽的国家。统治着这个美丽国家的国王是一个园艺爱好者，在他的皇家花园里种植着各种奇花异草。有一天国王漫步在花园里，若有所思，他问一个园丁道： “最近我在思索一个问题，如果我们把花坛摆成六个六角形，那么……” “那么本质上它是一个深度优先搜索，陛下”，园丁深深地向国王鞠了一躬。 “嗯……我听说有一种怪物叫九头蛇，它非常贪吃苹果树……” “是的，显然这是一道经典的动态规划题，早在N元4002年我们就已经发现了其中的奥秘了，陛下”。 “该死的，你究竟是什么来头？” “陛下息怒，干我们的这行经常莫名其妙地被问到和OI有关的题目，我也是为了预防万一啊！” 王者的尊严受到了伤害，这是不可容忍的。看来一般的难题是难不倒这位园丁的，国王最后打算用车轮战来消耗他的实力： “年轻人，在我的花园里的每一棵树可以用一个整数坐标来表示，一会儿，我的骑士们会来轮番询问你某一个矩阵内有多少树，如果你不能立即答对，你就准备走人吧！”说完，国王气呼呼地先走了。 这下轮到园丁傻眼了，他没有准备过这样的问题。所幸的是，作为“全国园丁保护联盟”的会长——你，可以成为他的最后一根救命稻草。
Input
第一行有两个整数n，m（0≤n≤500000，1≤m≤500000）。
n代表皇家花园的树木的总数，m代表骑士们询问的次数。
文件接下来的n行，
每行都有两个整数xi，yi，代表第i棵树的坐标
（0≤xi，yi≤10000000）。
文件的最后m行，
每行都有四个整数aj，bj，cj，dj，表示第j次询问，
其中所问的矩形以（aj，bj）为左下坐标，以（cj，dj）为右上坐标。
Output
共输出m行，
每行一个整数，即回答国王以（aj，bj）和（cj，dj）为界的矩形里有多少棵树。
Sample Input
3 1
0 0
0 1
1 0
0 0 1 1
Sample Output
3
离线处理询问
x坐标排序，y坐标上离散化以后树状数组
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,tot,que;
int disc[1500005];
int x[500005],y[500005];
int a[500005],b[500005],c[500005],d[500005];
int t[1500005];
int ans[500005][5];
struct data{int x,y,id,f;}q[2500005];
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
inline bool operator<(data a,data b)
{
return a.x<b.x||(a.x==b.x&&a.f<b.f);
}
inline void add(int x,int y)
{
for(int i=x;i<=tot;i+=lowbit(i))
t[i]+=y;
}
inline int query(int x)
{
int sum=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
sum+=t[i];
return sum;
}
int find(int x)
{
int l=1,r=tot;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(disc[mid]==x)return mid;
else if(disc[mid]<x)l=mid+1;
else r=mid-1;
}
}
void solve()
{
sort(q+1,q+que+1);
for(int i=1;i<=que;i++)
{
if(!q[i].f)add(q[i].y,1);
else
{
int t=query(q[i].y);
ans[q[i].id][q[i].f]=t;
}
}
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
x[i]=read(),y[i]=read();
disc[++tot]=y[i];
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
a[i]=read(),b[i]=read(),c[i]=read(),d[i]=read();
disc[++tot]=b[i];disc[++tot]=d[i];
}
sort(disc,disc+tot+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
y[i]=find(y[i]);
q[++que].x=x[i];q[que].y=y[i];
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
b[i]=find(b[i]);d[i]=find(d[i]);
q[++que].x=c[i];q[que].y=d[i];q[que].id=i;q[que].f=1;
q[++que].x=a[i]-1;q[que].y=d[i];q[que].id=i;q[que].f=2;
q[++que].x=c[i];q[que].y=b[i]-1;q[que].id=i;q[que].f=3;
q[++que].x=a[i]-1;q[que].y=b[i]-1;q[que].id=i;q[que].f=4;
}
solve();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int t=ans[i][1]+ans[i][4]-ans[i][2]-ans[i][3];
printf("%d
",t);
}
return 0;
}
Bzoj2683简单题
https://www.cnblogs.com/thmyl/p/6537065.html
bzoj 2683 简单题
【bzoj1176】[Balkan2007]Mokia
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Bzoj 动态逆序对 CDQ分治 CQOI2011
Rectangle Query CDQ分治 IOI2016国家集训队作业
BZOJ 2961 共点圆 CDQ分治+凸包
BZOJ 2527: [Poi2011]Meteors