题目背景
$frac{1}{4}$遇到了一道水题，完全不会做，于是去请教小$D$。小$D$看了一眼就切掉了这题，嘲讽了$frac{1}{4}$一番就离开了。于是，$frac{1}{4}$只好来问你，这道题是这样的：
题目描述
考虑一个$n imes n$的矩阵$A$，初始所有元素均为$0$。
执行$q$次如下形式的操作给定$4$个整数$r,c,l,s$，对于每个满足$xin [r,r+l),yin [c,x−r+c]$的元素$(x,y)$，将权值增加$s$。也就是，给一个左上顶点为$(r,c)$、直角边长为$l$的下三角区域加上$s$。
输出最终矩阵的元素异或和。
输入格式
从文件$u.in$中读入数据。
第一行两个整数$n,q$。
接下来$q$行，每行四个整数$r,c,l,s$，代表一次操作。
输出格式
输出到文件$u.out$中。
输出一行，一个整数，代表答案。
样例
样例输入：
10 4
1 1 10 1
5 5 4 4
1 9 4 3
3 3 5 2
样例输出：
0
数据范围与提示
样例解释：
1 0 0 0 0 0 0 0 3 0
1 1 0 0 0 0 0 0 3 3
1 1 3 0 0 0 0 0 3 3
1 1 3 3 0 0 0 0 3 3
1 1 3 3 7 0 0 0 0 0
1 1 3 3 7 7 0 0 0 0
1 1 3 3 7 7 7 0 0 0
1 1 1 1 5 5 5 5 0 0
1 1 1 1 1 1 1 1 1 0
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
数据范围：
保证$nin [1,{10}^3],qin [0,3 imes {10}^5],r,c,lin [1,n],sin [1,{10}^9]$。
题解
对于每次操作，相当于将下图中红色区域都加了$s$：
看数据范围显然只允许我们$Theta(1)$修改。
那么我们就想到了差分。
如何差分呢？
我们维护两个差分数组，一个是对于列的差分（设为$s1$数组）；另一个是对于斜着的差分（设为$s2$数组），如下图：
这样的话，就简单多了，对于每一个操作，我们只需要将$s1[r][c]+s$，$s1[r+l][c]-s$，$s2[r][c+1]-s$，$s2[r+l][c+l+1]+s$即可，如下图。
然后我们再令$s1[i][j]+=s1[i-1][j]$，$s2[i][j]+=s2[i-1][j-1]$即可变成这样，为方便，再定义$s3$数组表示整个矩阵从左到右的差分：
对其取前缀和就得到了最后的矩阵：
最后，记得开$long long$，否则只有$1$分不要怪我……
时间复杂度：$Theta(n^2+q)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,q;
long long s1[1010][1010],s2[1010][1010];
long long ans;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&q);
while(q--)
{
int r,c,l,s;
scanf("%d%d%d%d",&r,&c,&l,&s);
s1[r][c]+=s;
if(c+1<=n)s2[r][c+1]-=s;
if(r+l<=n)
{
s1[r+l][c]-=s;
if(c+l+1<=n)s2[r+l][c+l+1]+=s;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
long long sum=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
s1[i][j]+=s1[i-1][j];
s2[i][j]+=s2[i-1][j-1];
sum+=s1[i][j]+s2[i][j];
ans^=sum;
}
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
rp++