CodeForces 869E The Untended Antiquity 二维树状数组，随机hash

CodeForces 869E

题意： n*m 的格子，有三种操作， 1、在一个矩形周围加一层障碍。2、把一个矩形周围的障碍去掉。 3、询问两个格子是否可达。     题目保证不会有矩形障碍交叉，且去掉的矩形一定是在前面已给出的。

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知道二维树状数组的话应该很容易想到怎么做，增减矩形只要给矩形里面的格子打上这个矩形的标记，询问的时候就看两个格子的标记是否一样即可。

但这题难在给矩形一个hash值，必须要保证两个被不同矩形围着的格子上标记的hash值不一样，这其实不太可能一定保证，只能让概率尽可能小。

我们可以随机给出矩形的 hash值，具体证明看官方题解。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#define rep(i,a,b) for (int i=a; i<=b; ++i)
#define per(i,b,a) for (int i=b; i>=a; --i)
#define mes(a,b)  memset(a,b,sizeof(a))
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define fi  first
#define se  second
#define  PII  pair<int , int >
typedef long long ll;
const int N = 2505;

ll  rd()
{
    return rand()<<15 | rand();
}

int n, m, q;
ll  bit[N][N];
map< pair< PII, PII > , int >  mp;
void add(int r, int c, int x)
{
    for(int i=r; i<N; i+=i&-i)
        for(int j=c; j<N; j+=j&-j)
            bit[i][j] += x;
}
void update(int r1, int c1, int r2, int c2, int x)
{
    add(r2+1, c2+1, -x);   add(r1, c1, -x);
    add(r1, c2+1, x);  add(r2+1, c1, x);
}
ll Sum(int r, int c)
{
    ll ans = 0;
    for(int i=r; i; i-=i&-i)
        for(int j=c; j; j-=j&-j)
            ans += bit[i][j];
    return ans;
}

int main()
{
    srand(time(0));
    rep(i,1,50) srand(rd());
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
    int t, r1, c1, r2, c2;
    rep(i,1,q)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d", &t, &r1, &c1, &r2, &c2);
        if(t==1)
        {
            int rdm = rd();
            update(r1, c1, r2, c2, rdm);
            mp[MP(MP(r1,c1), MP(r2,c2))] = rdm;
        }
        else if(t==2)
        {
            int tmp = mp[MP(MP(r1,c1), MP(r2,c2))];
            update(r1, c1, r2, c2, -tmp);
        }
        else
        {
            ll  ans1=Sum(r1, c1),  ans2=Sum(r2, c2);
            if(ans1==ans2) puts("Yes");
            else puts("No");
        }
    }

    return 0;
}