cogs577. 蝗灾（CDQ）

★★★☆
输入文件：locust.in 输出文件：locust.out 简单对比
时间限制：2 s 内存限制：128 MB

DESCRIPTION
C国国土辽阔，地大物博……但是最近却在闹蝗灾…..
我们可以把C国国土当成一个W×W的矩阵，你会收到一些诸如（X，Y，Z）的信息，代表（X，Y）这个点增多了
Z只蝗虫，而由于C国政府机关比较臃肿，为了批复消灭蝗虫的请求需要询问一大堆的问题……每个询问形如
（X1,Y1,X2,Y2），询问在（X1,Y1,X2,Y2）范围内有多少蝗虫（请注意询问不会改变区域内的蝗虫数），
你作为一个C国的程序员，需要编一个程序快速的回答所有的询问。

NOTICE
C国一开始没有蝗虫。

INPUT
输入文件的第一行包括一个整数W，代表C国国土的大小。第二行有一个整数N，表示事件数。接下来有N行表示N个事件，以（1 X Y Z）的形式或（2,X1,Y1,X2,Y2）的形式给出，分别代表蝗虫的增加和询问。

OUTPUT
对于每个询问输出一个整数表示需要的结果。

SAMPLE INPUT
locust.in
5
8
2 4 1 4 2
1 3 1 8
1 4 4 4
2 1 3 4 4
1 1 5 1
1 4 4 5
2 2 2 5 4
2 3 2 4 4

SAMPLE OUTPUT
locust.out
0
4
9
9

数据范围：
10%的数据满足W<=100,N<=100;
30%的数据满足W<=2000,N<=5000;
50%的数据满足W<=100000,N<=50000;
100%的数据满足W<=500000,N<=200000,每次蝗虫增加数不超过1000;

时间限制：
2s

分析：
CDQ分治
（听说是一个叫CDQ的前辈（♀）发明的）

学习算法的开端都是趁热打铁，抄袭代码
这是一道CDQ的入门题

题目已经简化了
大地上初始时没有蝗虫

Q：那要是有怎么办呢
A：那就当做是修改操作处理了

CDQ的一部分模型都是三维偏序
实际上就是每个元素都有三个限制因素
要依照这三个限制操作

那这道题的三个限制在哪呢

首先这是一道二维修改查询的题
提到二维区间的和，立刻想到了二维前缀和
每一个矩阵都可以由四个前缀矩阵计算出来，
那么对于每一个前缀矩阵，只有位于ta左下角的修改会对ta产生影响
（我们默认左下角为坐标原点）
而修改和查询又有一定的时间顺序
这样我们的三个限制就出来了：
1.时间
2.x坐标小于等于当前点
3.y坐标小于等于当前点

我们需要定义一个solve函数
solve(l,r)可以做到处理完所有l到r的操作
我们先按输入的时间形成一个序列

我是在只停留在理论的层次上做这道题的
一开始还在想，不是要按照输入时间排序吗，
dalao的程序为什么没有sort，
（傻吗，输入的时候顺序存储不就已经排好序了吗）
。。。sto orz

那我们在时间排序的基础上分治solve
用左区间修改右区间

先把左区间中的所有修改

和右区间的所有询问复制到一个数组里

复制出来的修改是一定会影响这些询问的

按x排序，如果x相同，插入在询问前
之后就是处理操作了

因为我们按照x排序了，所以先插入的必定会对后面前缀和有影响
那我们要怎么处理y这个限制呢

我们开一个纵向的树状数组，

维护y方向上的修改，这就相当于把整个y轴向右扫描
遇到询问就进行相应的处理

这里要注意我们把每个询问拆成了两个

毕竟确定一个询问需要两个坐标，如图
那ta的意义何在呢
之所以把询问拆成两个，是为了在排序的时候，
第一个分身排在前，第二个分身排在后，
*如果遇到了第一个分身：
就在当前的询问中减去该询问不包含的区间值
*遇到第二个分身的时候：
在询问中加上这一部分的区间值

最后恢复树状数组的初始状态
继续递归下去

tip

solve的时候边界是l和r
不要一个手滑写成1和n（就像某zz）

cogs真心难用。。。

这里写代码片
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int N=200005;
int w,n,ans[N];
struct node{
    int bh,t,xa,ya,xb,yb,z;  //谨慎使用y1 
};
node q[N],c[N<<1]; 
int cc,tree[500005];

int cmp(const node &a,const node &b)
{
    if (a.xa==b.xa) return a.t<b.t;   //插入排在询问前 
    return a.xa<b.xa;    
}

void add(int bh,int a)
{
    for (int i=bh;i<=w;i+=(i&(-i)))
        tree[i]+=a;
}

int ask(int bh)
{
    int ans=0;
    for (int i=bh;i>0;i-=(i&(-i)))
        ans+=tree[i];
    return ans;
}

void solve(int l,int r)
{
    if (l==r) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    cc=0;
    for (int i=l;i<=mid;i++)
        if (q[i].t==0)
           c[cc++]=q[i];
    for (int i=mid+1;i<=r;i++)
        if (q[i].t)
        {
            c[cc++]=q[i];
            c[cc++]=q[i];
            c[cc-2].xa--;
            c[cc-1].xa=c[cc-1].xb;
            c[cc-1].t=2;
        }
    sort(c,c+cc,cmp);
    for (int i=0;i<cc;i++)
    {
        if (c[i].t==0)  //插入 
            add(c[i].ya,c[i].z);
        else if (c[i].t==1)
            ans[c[i].bh]-=ask(c[i].yb)-ask(c[i].ya-1);
        else
            ans[c[i].bh]+=ask(c[i].yb)-ask(c[i].ya-1);
    }
    for (int i=0;i<cc;i++)
        if (c[i].t==0)
            add(c[i].ya,-c[i].z);
    solve(l,mid);
    solve(mid+1,r);
}

int main()
{
    freopen("locust.in","r",stdin);
    freopen("locust.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&w,&n);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x,y,xx,yy;
        q[i].bh=i;
        scanf("%d",&q[i].t);  
        q[i].t--;
        if (q[i].t==0)  //插入 
        {
            scanf("%d%d%d",&q[i].xa,&q[i].ya,&q[i].z);
        }
        else  //查询 
        {
            scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&xx,&yy);
            q[i].xa=min(x,xx);
            q[i].xb=max(x,xx);
            q[i].ya=min(y,yy);
            q[i].yb=max(y,yy);
        }
    }
    solve(1,n);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        if (q[i].t)
           printf("%d
",ans[i]);
    return 0;
}