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Description
佳佳有一个 nnn 行 nnn 列的黑白棋盘，每个格子都有两面，一面白色，一面黑色。佳佳把棋盘平放在桌子上，因此每个格子恰好一面朝上，如下图所示：
QQ20180116200234.png
我们把每行从上到下编号为 111 ，222 ，333 ，……，nnn ，各列从左到右编号为 111 ，222 ，333 ，……，nnn ，则每个格子可以用棋盘坐标(x,y)(x, y)(x,y) 表示。在上图中，有 888 个格子黑色朝上，另外 171717 个格子白色朝上。
如果两个同色格子有一条公共边，我们称这两个同色格子属于同一个连通块。上图共有 555 个黑色连通块和 333 个白色连通块。
佳佳可以每分钟将一个格子翻转（即白色变成黑色，黑色变成白色），然后计算当前有多少个黑色连通块和白色连通块，你能算得更快吗？
Input
输入文件的第一行包含一个正整数 nnn ，为格子的边长。以下 nnn 行每行 nnn 个整数，非 000 即 111 ，表示初始状态。000 表示白色，111 表示黑色。下一行包含一个整数 mmm ，表示操作的数目。以下 mmm 行每行两个整数 xxx , yyy (111 ≤ xxx , yyy ≤ nnn )，表示把坐标为(x,y)(x, y)(x,y) 的格子翻转。
Output
输出文件包含 mmm 行，每行对应一个操作。该行包括两个整数 bbb , www ，表示黑色区域和白色区域数目。
【约定】
○1 ≤ n ≤ 200
○1 ≤ m ≤ 10,000
Sample Input
5
0 1 0 0 0
0 1 1 1 0
1 0 0 0 1
0 0 1 0 0
1 0 0 0 0
2
3 2
2 3
Sample Output
4 3
5 2
HINT
翻转(3,2)(3, 2)(3,2) 之后，棋盘变为：
QQ20180116200629.png
有 444 个黑色区域和 333 个白色区域
翻转(2,3)(2, 3)(2,3) 之后，棋盘变为：
QQ20180116200639.png
有 555 个黑色区域和 222 个白色区域
Source
鸣谢刘汝佳先生授权使用
题解
用线段树维护行，并查集合并
线段树每个节点维护区间[l,r]中，行l的并查集，行r的并查集，用于查询l与r的联通情况，维护[l,r]行的白色连通块数和黑色连通块数。维护并查集父节点个数。
合并即可。
注意，并查集维护的时候，其所指的父亲不是这些格子自身，而是虚出来的节点。在两个区间合并的时候，处理虚的节点的连通性，右区间虚节点编号要加上左区间虚的节点的个数，合并后的虚节点继承回区间的左右并查集即可。离散化一下，不然可能会很大。。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <cmath>
inline int max(int a, int b){return a > b ? a : b;}
inline double max(double a, double b){return a - b > 0 ? a : b;}
inline int min(int a, int b){return a < b ? a : b;}
inline void swap(int &x, int &y){int tmp = x;x = y;y = tmp;}
inline void read(int &x)
{
x = 0;char ch = getchar(), c = ch;
while(ch < '0' || ch > '9') c = ch, ch = getchar();
while(ch <= '9' && ch >= '0') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
if(c == '-') x = -x;
}
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 200 + 10;
int n, q, fa[MAXN << 2], g[MAXN][MAXN], vis[MAXN << 2];
int find(int x)
{
return x == fa[x] ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}
struct Node
{
int cnt, fal[MAXN << 1], far[MAXN << 1], wsize, bsize, l, r;
Node(){cnt = wsize = bsize = l = r = 0, memset(fa, 0, sizeof(fa)), memset(far, 0, sizeof(far));}
}node[MAXN << 2];
void pushup(int o)
{
int l = o << 1, r = o << 1 | 1;
if(node[l].cnt == 0)
{
node[o] = node[r];
return;
}
if(node[r].cnt == 0)
{
node[o] = node[l];
return;
}
for(int i = node[l].cnt + node[r].cnt;i;-- i) fa[i] = i, vis[i] = 0;
node[o].wsize = node[l].wsize + node[r].wsize;
node[o].bsize = node[l].bsize + node[r].bsize;
for(int i = 1;i <= n;++ i)
if(g[node[l].r][i] == g[node[r].l][i])
{
int f1 = find(node[l].far[i]), f2 = find(node[r].fal[i] + node[l].cnt);
if(f1 != f2)
{
fa[f1] = f2;
if(g[node[l].r][i]) -- node[o].bsize;
else -- node[o].wsize;
}
}
node[o].cnt = 0;
for(int i = 1;i <= n;++ i)
{
int f1 = find(node[l].fal[i]), f2 = find(node[r].far[i] + node[l].cnt);
if(!vis[f1]) vis[f1] = ++ node[o].cnt;
if(!vis[f2]) vis[f2] = ++ node[o].cnt;
node[o].fal[i] = vis[f1], node[o].far[i] = vis[f2];
}
}
void calc(int o)
{
int wsize = 0, bsize = 0, pos = node[o].l, *fal = node[o].fal, *far = node[o].far;
if(g[pos][1]) ++ bsize; else ++ wsize;
fal[1] = far[1] = 1;
for(int i = 2;i <= n;++ i)
{
if(g[pos][i] != g[pos][i - 1])
if(g[pos][i]) ++ bsize;
else ++ wsize;
fal[i] = far[i] = wsize + bsize;
}
node[o].cnt = wsize + bsize, node[o].wsize = wsize, node[o].bsize = bsize;
}
void build(int o = 1, int l = 1, int r = n)
{
node[o].l = l, node[o].r = r;
if(l == r)
{
calc(o);
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(o << 1, l, mid);
build(o << 1 | 1, mid + 1, r);
pushup(o);
}
void modify(int p, int o = 1, int l = 1, int r = n)
{
if(l == r)
{
calc(o);return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(p <= mid) modify(p, o << 1, l, mid);
else modify(p, o << 1 | 1, mid + 1, r);
pushup(o);
}
int main()
{
read(n);
for(register int i = 1;i <= n;++ i)
for(register int j = 1;j <= n;++ j)
read(g[i][j]);
build();
read(q);
for(register int i = 1;i <= q;++ i)
{
int tmp1, tmp2;read(tmp1), read(tmp2);
g[tmp1][tmp2] ^= 1;
modify(tmp1);
printf("%d %d
", node[1].bsize, node[1].wsize);
}
return 0;
}