BZOJ3132 上帝造题的七分钟 【二维树状数组】

题目

“第一分钟，X说，要有矩阵，于是便有了一个里面写满了0的n×m矩阵。

第二分钟，L说，要能修改，于是便有了将左上角为(a,b)，右下角为(c,d)的一个矩形区域内的全部数字加上一个值的操作。

第三分钟，k说，要能查询，于是便有了求给定矩形区域内的全部数字和的操作。

第四分钟，彩虹喵说，要基于二叉树的数据结构，于是便有了数据范围。

第五分钟，和雪说，要有耐心，于是便有了时间限制。

第六分钟，吃钢琴男说，要省点事，于是便有了保证运算过程中及最终结果均不超过32位有符号整数类型的表示范围的限制。

第七分钟，这道题终于造完了，然而，造题的神牛们再也不想写这道题的程序了。”

   ——《上帝造裸题的七分钟》

所以这个神圣的任务就交给你了。

输入格式

输入数据的第一行为X n m，代表矩阵大小为n×m。

从输入数据的第二行开始到文件尾的每一行会出现以下两种操作：

　　L a b c d delta —— 代表将(a,b),(c,d)为顶点的矩形区域内的所有数字加上delta。

　　k a b c d　　 —— 代表求(a,b),(c,d)为顶点的矩形区域内所有数字的和。

请注意，k为小写。

输出格式

针对每个k操作，在单独的一行输出答案。

输入样例

X 4 4

L 1 1 3 3 2

L 2 2 4 4 1

k 2 2 3 3

输出样例

12

范围

对于100%的数据，1 ≤ n ≤ 2048, 1 ≤ m ≤ 2048, 1 ≤ abs(delta) ≤ 500,操作不超过200000个,保证运算过程中及最终结果均不超过32位带符号整数类型的表示范围。

题解

一开始想写个二维线段树，写到一半发现第一维修改时的合并操作很难实现。。于是改用树状数组

二维树状数组

首先我们要先了解二维树状数组的作用
二维树状数组，故名思议，就是二维的树状数组，可以维护二维的前缀和，具体实现类似一维：

struct BIT{
    int A[maxn][maxn];
    void add(int x,int y,int v){
        for (int i = x; i <= n; i += lbt(i))
            for (int j = y; j <= m; j += lbt(j))
                A[i][j] += v;
    }
    int sum(int x,int y){
        int ans = 0;
        for (int i = x; i > 0; i -= lbt(i))
            for (int j = y; j > 0; j -= lbt(j))
                ans += A[i][j];
        return ans;
    }
};

它维护的是前缀和，单点修改。

假如我们有了这样一个数据结构，想求(x1,y1)~(x2,y2)的和
那么sum = sum(x2,y2) - sum(x2,y1 - 1) - sum(x1 - 1,y2) + sum(x1 - 1,y1 - 1)
就像容斥一样，很直观的说

我们现在就有了一个单点修改，二维区间求和的工具
单次修改或查询复杂度O(log2n)

区间修改的树状数组

树状数组如何实现区间修改？
我们从最简单的一维树状数组入手：

众所周知，一维树状数组是单点修改维护前缀和而实现区间求和
假若我们想使用单点修改 + 前缀和 实现区间修改，你想到了什么？
差分数组！
差分数组每次在区间的两端点进行修改，求一次前缀和即可还原这个数组
假若我们用树状数组维护一个差分数组，那岂不是可以做到区间修改？

没错，是的，可以做到区间修改
但是你有没有想过你把区间和丢哪了？

我们维护一个差分数组，对i位置取前缀和，得到的是i位置的值，并不能得到前缀和
假若在差分数组中，我们要求前缀和：
sum(i,j)=D[1∼i]+D[1∼i+1]+D[1∼i+2]+...+D[1∼j]
=(j−i+1)∗∑ik=1D[k]+(j−i)∗D[i+1]+(j−i−1)∗D[i+2]+....+D[j]
=(j+1)∗∑jk=iD[k]−(j∗D[j]+(j−1)∗D[j−1]+(j−2)∗D[j−2]+...+i∗D[i])
=(j+1)∗SUM(D[x],i,j)−SUM(D[x]∗x,i,j)
所以，我们只用维护D[i]的前缀和和D[i]*i的前缀和就可以算出区间和了

二维树状数组

扩展到二维也是类似的，我们令A[i][j]表示(i,j)到(n,m)的增量

可以自己yy一下，写博客真累

放代码【很短的】：

#include<cstdio>
#define lbt(u) (u & -u)
const int maxn = 2050,maxm = 100005,INF = 1000000000;
inline int RD(){
    int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
    while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
    while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 1) + (out << 3) + c - '0'; c = getchar();}
    return out * flag;
}
int n,m;
struct BIT{
    int A[maxn][maxn];
    void add(int x,int y,int v){
        for (int i = x; i <= n; i += lbt(i))
            for (int j = y; j <= m; j += lbt(j))
                A[i][j] += v;
    }
    int sum(int x,int y){
        int ans = 0;
        for (int i = x; i > 0; i -= lbt(i))
            for (int j = y; j > 0; j -= lbt(j))
                ans += A[i][j];
        return ans;
    }
}A,B,C,D;
void Add(int x,int y,int v){
    A.add(x,y,v);
    B.add(x,y,y * v);
    C.add(x,y,x * v);
    D.add(x,y,x * y * v);
}
void update(int x1,int y1,int x2,int y2,int v){
    Add(x1,y1,v); Add(x2 + 1,y1,-v); Add(x1,y2 + 1,-v); Add(x2 + 1,y2 + 1,v);
}
int Sum(int x,int y){
    return (x + 1) * (y + 1) * A.sum(x,y) - (x + 1) * B.sum(x,y) - (y + 1) * C.sum(x,y) + D.sum(x,y);
}
int Query(int x1,int y1,int x2,int y2){
    return Sum(x2,y2) - Sum(x1 - 1,y2) - Sum(x2,y1 - 1) + Sum(x1 - 1,y1 - 1);
}
int main(){
    n = RD(); m = RD(); int x1,y1,x2,y2,d;
    while (true){
        char c = getchar();
        while (c != EOF && c != 'L' && c != 'k') c = getchar();
        if (c == EOF) break;
        else if (c == 'L'){
            x1 = RD(); y1 = RD(); x2 = RD(); y2 = RD(); d = RD();
            update(x1,y1,x2,y2,d);
        }else {
            x1 = RD(); y1 = RD(); x2 = RD(); y2 = RD();
            printf("%d
",Query(x1,y1,x2,y2));
        }
    }
    return 0;
}