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
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：
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\n",Query(x1,y1,x2,y2));
}
}
return 0;
}
