Description

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Analysis

比赛时打了树状数组套线段树，巨大常数卡空间卡时间40分（可是理论复杂度是nlog^2的啊），看这数据范围就是要卡树套树的
然而这是一个经典模型，之前某篇题解写过：传送门
这题的区别是有动态加点操作，所以不能像那题一样直接快排

按时间分治

我们将操作按时间分治（不知道是不是CDQ分治）
那么对于一段操作区间[L,R]
将[L,mid]中的插入点操作来更新[mid+1,R]中的询问操作
这就是套路，参见链接中的题解，树状数组nlogn
总复杂度nlog^2
正确性显然

summary

什么情况下可以将操作按时间分治？

可以离线
修改操作互相独立
各个修改对答案的贡献互不影响

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int N=200005;
int n,m,num,lim,BIT[N],ans[N];
struct op
{int tp,x1,y1,x2,y2;
}b[N];
struct lyd
{int x,y,z,id;
}a[N*4],c[N*4];
bool cmp(lyd a,lyd b)
{return a.y>b.y;
}
int lowbit(int x)
{return x&-x;
}
int get(int x)
{int t=0;for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) t+=BIT[i];return t;
}
void add(int x,int z)
{for(int i=x;i<=lim;i+=lowbit(i)) BIT[i]+=z;
}
void divide(int l,int r)
{if(l==r) return;int mid=(l+r)>>1;n=0;fo(i,l,mid)if(b[i].tp==0){a[++n].x=b[i].x2,a[n].y=b[i].y2,a[n].z=1;a[++n].x=b[i].x2,a[n].y=b[i].y1-1,a[n].z=-1;a[++n].x=b[i].x1-1,a[n].y=b[i].y2,a[n].z=-1;a[++n].x=b[i].x1-1,a[n].y=b[i].y1-1,a[n].z=1;}sort(a+1,a+n+1,cmp);m=0;fo(i,mid+1,r)if(b[i].tp==1) c[++m].x=b[i].x1,c[m].y=b[i].y1,c[m].id=i;sort(c+1,c+m+1,cmp);int j=1;fo(i,1,m){while(j<=n && a[j].y>=c[i].y) add(a[j].x,a[j].z),j++;ans[c[i].id]+=get(lim)-get(c[i].x-1);}while(--j) add(a[j].x,-a[j].z);divide(l,mid);divide(mid+1,r);
}
int main()
{scanf("%d",&num);fo(i,1,num){scanf("%d %d %d",&b[i].tp,&b[i].x1,&b[i].y1),b[i].x1+=2,b[i].y1+=2;if(b[i].tp==0) scanf("%d %d",&b[i].x2,&b[i].y2),b[i].x2+=2,b[i].y2+=2;lim=max(lim,max(b[i].x1,b[i].y1));lim=max(lim,max(b[i].x2,b[i].y2));}lim++;divide(1,num);fo(i,1,num)if(b[i].tp) printf("%d\n",ans[i]);return 0;
}

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【JZOJ 3893】画矩形

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