初识CDQ分治 - 爱码网

[BZOJ 1176:单点修改，查询子矩阵和]:

1176: [Balkan2007]Mokia

Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 162 MB
Submit: 2005 Solved: 894
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Description

维护一个W*W的矩阵，初始值均为S.每次操作可以增加某格子的权值,或询问某子矩阵的总权值.修改操作数M<=160000,询问数Q<=10000,W<=2000000.

Input

第一行两个整数,S,W;其中S为矩阵初始值;W为矩阵大小

接下来每行为一下三种输入之一(不包含引号):

"1 x y a"

"2 x1 y1 x2 y2"

"3"

输入1:你需要把(x,y)(第x行第y列)的格子权值增加a

输入2:你需要求出以左下角为(x1,y1),右上角为(x2,y2)的矩阵内所有格子的权值和,并输出

输入3:表示输入结束

Output

对于每个输入2,输出一行,即输入2的答案

Sample Input

0 4
1 2 3 3
2 1 1 3 3
1 2 2 2
2 2 2 3 4
3

Sample Output

3
5

HINT

保证答案不会超过int范围

Source

分析：

第一道CDQ分治的题目TAT...

查询的限制——序

对于一个数据结构题而言（或者需要运用数据结构的地方），我们无非就是做两件操作，一是修改，二是查询
对于修改而言，有插入，删除，变更（其实等价于删除再插入）这几种方式
那么查询的本质是什么呢
我们思考所遇到过的数据结构题，可以发现查询实际上就在做一件事情：
把符合本次查询的限制的修改对答案产生的效果合并起来
满足这种限制通常表现为一种序的要求，并且这种序是广义的，符合限制的操作往往是按某种序（或多种序）排序后的操作的前缀
通常来说,查询一定有时间上的限制,也就是要求考虑发生在某个时刻之前的所有查询,对于一个问题而言,假如所有查询要求的发生时刻相同,那这就是一个静态查询问题,如果要求发生的时刻随着查询而变,那这就是一个动态修改问题,动态修改问题较静态查询而言复杂很多,往往需要高级数据结构,可持久化等手段,而静态查询简单很多,例如时间倒流,之类的方法都是很好的选择

我理解的CDQ分治就是通过离线去掉时间的限制(或者某一维的限制)，把动态修改问题转化为静态查询问题...

对于这道题来说，我们可以把查询操作分为4个询问前缀和的操作...

我们把所有的操作按照x排序，那么我们查询的时候维护y的树状数组就可以...这样达到了降维的目的...

我们把操作按照x排序，然后对于当前操作区间[l,r]，可以应用分治的思想，把区间按照时间为关键字分为[l,mid]和[mid+1,r]两个区间(在两个区间内x依然有序)，对于区间内部的修改操作对查询操作的影响，这是一个相同的子问题，所以我们递归解决即可...我们只需要处理的就是[l,mid]中的修改操作对[mid+1,r]中的查询操作的影响...这个树状数组处理即可...

代码：

  1 #include<algorithm>
  2 #include<iostream>
  3 #include<cstring>
  4 #include<cstdio>
  5 //by NeighThorn
  6 using namespace std;
  7 //大鹏一日同风起，扶摇直上九万里 
  8 
  9 const int maxn=2000000+5,maxm=200000+5;
 10 
 11 struct M{
 12     int x,y,val,pos,ans;
 13     M() {}
 14     M(int a,int b,int c,int d);
 15 }q[maxm],q2[maxm];
 16 
 17 int n,m,op,T,tr[maxn],tim[maxn];
 18 
 19 M :: M(int a=0,int b=0,int c=0,int d=0){
 20     x=a,y=b,val=c,pos=d,ans=0;
 21 }
 22 
 23 inline void insert(int x,int y){
 24     for(;x<=n;x+=x&(-x)){
 25         if(tim[x]!=T)
 26             tr[x]=0;
 27         tim[x]=T,tr[x]+=y;
 28     }
 29 }
 30 
 31 inline int query(int x){
 32     int res=0;
 33     for(;x;x-=x&(-x))
 34         if(tim[x]==T)
 35             res+=tr[x];
 36     return res;
 37 }
 38 
 39 inline bool cmp1(M a,M b){
 40     return a.x<b.x;
 41 }
 42 
 43 inline bool cmp2(M a,M b){
 44     return a.pos<b.pos;
 45 }
 46 
 47 inline void CDQ(int l,int r){
 48     if(l==r)
 49         return;
 50     int mid=(l+r)>>1,l1=l,l2=mid+1;
 51     for(int i=l;i<=r;i++){
 52         if(q[i].pos<=mid)
 53             q2[l1++]=q[i];
 54         else
 55             q2[l2++]=q[i];
 56     }
 57     memcpy(q+l,q2+l,sizeof(q[0])*(r-l+1));CDQ(l,mid);
 58     int j=l;T++;
 59     for(int i=mid+1;i<=r;i++){
 60         for(;q[j].x<=q[i].x&&j<=mid;j++)
 61             if(q[j].val!=20010106)
 62                 insert(q[j].y,q[j].val);
 63         if(q[i].val==20010106)
 64             q[i].ans+=query(q[i].y);
 65     }
 66     CDQ(mid+1,r);
 67     l1=l,l2=mid+1;
 68     for(int i=l;i<=r;i++){
 69         if((q[l1].x<q[l2].x&&l1<=mid)||l2>r)
 70             q2[i]=q[l1++];
 71         else
 72             q2[i]=q[l2++];
 73     }
 74     memcpy(q+l,q2+l,sizeof(q[0])*(r-l+1));
 75 }
 76 
 77 signed main(void){
 78     int l,s,x,y;m=0;
 79     scanf("%d%d",&n,&n);
 80     while(scanf("%d",&op)&&op!=3){
 81         if(op==1)
 82             scanf("%d%d%d",&x,&y,&s),q[++m]=M(x,y,s,m);
 83         else
 84             scanf("%d%d%d%d",&l,&s,&x,&y),
 85             q[++m]=M(l-1,s-1,20010106,m),
 86             q[++m]=M(l-1,y  ,20010106,m),
 87             q[++m]=M(x  ,s-1,20010106,m),
 88             q[++m]=M(x  ,y  ,20010106,m);
 89     }
 90     sort(q+1,q+m+1,cmp1);CDQ(1,m);sort(q+1,q+m+1,cmp2);
 91     for(int i=1,lala;i<=m;i++)
 92         if(q[i].val==20010106){
 93             lala =q[i++].ans;
 94             lala-=q[i++].ans;
 95             lala-=q[i++].ans;
 96             lala+=q[i  ].ans;
 97             printf("%d\n",lala);
 98         }
 99     return 0;
100 }//Cap ou pas cap. Cap.

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