/*1.若n比較小，則可以用二維的樹狀陣列或線段樹來做，但是500000，空間開不下，於是考慮離線cdq。
子矩陣的數字和表示為也就是二維字首和，因此乙個要查詢的子矩陣，
對其有影響的矩陣為s[x2][y2]，s[x2][y1-1]，s[x1-1][y2]，s[x1-1][y1-1]這四個字首子矩陣
所以，在沒有修改操作的時候，這是乙個二維偏序了裸題
但當加入了操作順序這個玩意的時候，就是乙個三維偏序。
其實對於操作順序的處理也就是 cdq 分治的過程，而每次分治，處理的都僅限於左邊的修改對右邊查詢的影響。
為了判斷是查詢和修改，我用了乙個 opt 變數。
2.注意這個tim的妙用
通過和 vis 陣列結合，讓不屬於當前遞迴的bit中的貢獻被忽略
具體的忽略方式主要是在 ask() 裡面
為了和 ask() 配合， add() 函式做出改變，通過另一種方式清空並修改。
3.有乙個妙點是對於 opt 的利用，通過這個，處理了將操作和詢問一同放入 p 的分辨問題
可以直接通過 while 盤掉，注意 while 邊界。
4.啊啊啊啊啊啊啊，易錯點，
不要把 sort(p+l,p+mid+1) 寫成 sort(p+1,p+mid+1)
調了我乙個小時多。。。（彩筆乙個）
5.雙倍經驗：[bzoj1176]mokia
*/#include
using
namespace
std;
const
int n = 800005
;const
int m = 2000005
;int
n,totp,totq,tim;
intopt,x,y,xx,yy,val;
intvis[m],ans[n],pos[n];
struct
point
}p[m];
struct
bit
void add(int x,int
val)
}int ask(int
x)}bit;
void solve(int l,intr)}
intmain();
}else
; p[++totp]=;
p[++totp]=;
p[++totp]=;}}
solve(
1,totp);
for(int i=1;i<=totq;i++)
printf(
"%d\n
",ans[pos[i]+1]-ans[pos[i]+2]-ans[pos[i]+3]+ans[pos[i]+4
]);
return0;
}
BZOJ 2683 簡單題 CDQ分治
n n矩陣，支援單點修改，查詢某乙個子矩陣內的和 n leq 500000 運算元 leq 200000 首先運用二維字首和的思想，把子矩陣的和拆成四個字首和。然後把詢問和修改看成 x,y,t 的三元組，t表示當前是第幾次操作。然後就變成三維偏序問題，對於每個詢問，找x,y,t均比它小的修改操作，再...
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