Description
给出一个$n imes m$的$01$矩阵$A$。
记矩阵$X$每一个元素取反以后的矩阵为$X'$，（每一个cell 都01倒置）
定义对$n imes m$的矩阵$A$进行一次变幻操作，变幻后矩阵的大小是$2n imes 2m$的。
具体来说，我们会把$A$复制一份到$A$的右下方，计算$A'$并放置在$A$的正右方和正下方。
设连续操作$n$的结果是$f^n(A)$ 即 $f^n(A) = left{egin{matrix} f(f^{n-1}(A)) & (ngeq 2)\ egin{Bmatrix} A & A' \ A' & A end{Bmatrix} & (n=1)\A & (n = 0)end{matrix} ight.$
设矩阵$L = f^{infty} (A)$ ，给出$Q$个询问，$x1,y1,x2,y2$，求出$L$中子矩阵的和。
对于$100\%$的数据满足$1 leq n,m leq 10^3 , 1 leq Q leq 10^6 , 1 leq x1leq x2 leq 10^9 , 1 leq y1leq y2 leq 10^9$
Idea & Solution
我们不妨对于每个矩阵整体考虑。设没有进行翻转运算的矩阵为$0$，否则为$1$
必然是长这样的：$egin{matrix} 0 & 1 & 1& 0 & 1 & 0 & 0 & 1& ...\ 1 & 0 & 0 & 1 & 0 &1 & 1 & 0 &...\ 1 & 0 & 0 & 1 & 0 &1 & 1 & 0 & ...\ 0 & 1 & 1& 0 & 1 & 0 & 0 & 1& ... \ &&&&...end{matrix}$
我们会显然的发现第一个数字为$0$的序列都相同，第一个数字为$1$的序列都相同。
而两个序列恰好取反，于是我们可以尝试寻找第一行的性质。
如果我们从$0$开始编号，那么起始点就是$0$，其值为$0$.
对于第1行的第$i$个数字,必然是某一次扩展后产生的，我们会发现，一次扩展会对第一行的宽度$ imes 2$
所以，第$i$个数字是$01$是和$Highestbit(i)$相反的，所以我们可以归纳一下发现，对于第$1$行第$i$个元素如果二进制上的$1$的个数为偶数那么就是$0$否则就是$1$.
同时我们会发现纵向和横向的情况一模一样，所以可以进一步推论，$countbit(x) + countbit(y) $为偶数那么就是$0$否则就是$1$.
我们可能会发现，对于二维前缀和上的一个矩阵，$0$的个数和$1$的个数大致相等，可以分$x , y$坐标的奇偶性讨论$4$种可能即可计算。
最后使用二维前缀和求子矩阵和。
复杂度是$O(nm + T)$
# include<bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; const int N=1005; int s0[N][N],s1[N][N],a[N][N],b[N][N]; int n,m,q; int count(int x) { int ret=0;while(x){if(x&1)ret++;x>>=1;}return ret;} pair<int,int> find(int x,int y) { return make_pair((x-1)/n,(y-1)/m);} int check(int x,int y) { return (count(x)+count(y))&1;} inline int read() { int X=0,w=0; char c=0; while(c<'0'||c>'9') {w|=c=='-';c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+(c^48),c=getchar(); return w?-X:X; } void write(int x) { if (x>9) write(x/10); putchar('0'+x%10); } int solve(int x,int y) { if (x<=0 || y<=0) return 0; pair<int,int>tmp=find(x,y); int cx = tmp.first, cy = tmp.second; if ((cx&1) && (cy&1)) { int ret = ((cx*cy-1)>>1)*n*m,h=x-cx*n,w=y-cy*m; ret=ret+h*((cy-1)>>1)*m+w*((cx-1)>>1)*n; if (check(cx,cy)==0) ret+=s0[h][w]; else ret+=s1[h][w]; if (cx>=1 && cy>=1) { if (check(cx-1,cy-1)==0) ret+=s0[n][m]; else ret+=s1[n][m]; } if (cx>=1) { if (check(cx-1,cy)==0) ret+=s0[n][w]; else ret+=s1[n][w]; } if (cy>=1) { if (check(cx,cy-1)==0) ret+=s0[h][m]; else ret+=s1[h][m]; } return ret; } else if ((cx&1) && !(cy&1)) { int ret = (cx*cy>>1)*n*m,h=x-cx*n,w=y-cy*m; ret=ret+h*(cy>>1)*m+w*((cx-1)>>1)*n; if (check(cx,cy)==0) ret+=s0[h][w]; else ret+=s1[h][w]; if (cx>=1) { if (check(cx-1,cy)==0) ret+=s0[n][w]; else ret+=s1[n][w]; } return ret; } else if (!(cx&1) && (cy&1)) { int ret = (cx*cy>>1)*n*m,h=x-cx*n,w=y-cy*m; ret=ret+h*((cy-1)>>1)*m+w*(cx>>1)*n; if (check(cx,cy)==0) ret+=s0[h][w]; else ret+=s1[h][w]; if (cy>=1) { if (check(cx,cy-1)==0) ret+=s0[h][m]; else ret+=s1[h][m]; } return ret; } else if (!(cx&1) && !(cy&1)) { int ret = (cx*cy>>1)*n*m,h=x-cx*n,w=y-cy*m; ret=ret+h*(cy>>1)*m+w*(cx>>1)*n; if (check(cx,cy)==0) ret+=s0[h][w]; else ret+=s1[h][w]; return ret; } } signed main() { n=read();m=read();q=read(); for (int i=1;i<=n;i++) { for (int j=1;j<=m;j++) { char c=0; while (c!='0'&&c!='1') c=getchar(); a[i][j]=(c=='1'); b[i][j]=1-a[i][j]; } } for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=m;j++) s0[i][j]=s0[i-1][j]+s0[i][j-1]-s0[i-1][j-1]+a[i][j], s1[i][j]=s1[i-1][j]+s1[i][j-1]-s1[i-1][j-1]+b[i][j]; while (q--) { int x1=read(),y1=read(),x2=read(),y2=read(); int ans = solve(x2,y2)-solve(x2,y1-1)-solve(x1-1,y2)+solve(x1-1,y1-1); write(ans); putchar(' '); } return 0; }