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Solution

~~調了一整個下午~~ 發現每次詢問的矩形一定包含 $(X,Y)$ ，所以我們自然地想到把棋盤拆成 $4$ 個部分，分別為 $(X,Y)$ 的左上部分（橫座標小於等於 $X$ 且縱座標小於等於 $Y$ ），右上部分（橫座標小於等於 $X$ 且縱座標大於等於 $Y$ ），左下部分，右下部分。修改則可以在每個部分進行修改一次（如果修改操作的子矩形與這個部分有交集）這樣就相當於支援矩形加，求二維字首 $\gcd$ 。先考慮如果這是一個序列，支援區間加和求字首 $\gcd$ 。眾所周知，處理區間加有一種很好的方法，那就是通過差分把區間修改轉成單點修改。設這個序列是 $a$
a
，這個序列的差分為
b
，那麼
[1,x]
的
\gcd
為：
\gcd_{i=1}^x\sum_{j=1}^ib_j
\gcd
有一個性質：
\gcd(a,b)=\gcd(a,a+b)
。於是上式實際上可以轉成：
\gcd_{i=1}^xb_i
用線段樹就能輕鬆維護。而一個矩形的二維差分定義為：
b_{i,j}=a_{i,j}-a_{i-1,j}-a_{i,j-1}+a_{i-1,j-1}
用二維線段樹維護
\gcd b
即可。複雜度
O((NM+T)\log N\log M)
。
Code

~~這應該是到現在寫過最長的程式碼了~~
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring> 

#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
#define p2 p << 1
#define p3 p << 1 | 1
using namespace std;

inline int read()
{
	int res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}

typedef long long ll;

inline ll readll()
{
	ll res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}

template <class Orz>
Orz Max(Orz a, Orz b) {return a > b ? a : b;}

template <class Orz>
Orz Min(Orz a, Orz b) {return a < b ? a : b;}

const int N = 5e5 + 5, M = N << 2, L = 3e7 + 5;

int n, m, X, Y, q, rt[4][M], ToT;

struct node
{
	int lc, rc; ll xgcd;
} T[L];

vector<ll> a[N];

void modify(int l, int r, int pos, ll x, int &p)
{
	if (!p) p = ++ToT;
	if (l == r) return (void) (T[p].xgcd += x);
	int mid = l + r >> 1;
	if (pos <= mid) modify(l, mid, pos, x, T[p].lc);
	else modify(mid + 1, r, pos, x, T[p].rc);
	T[p].xgcd = __gcd(T[T[p].lc].xgcd, T[T[p].rc].xgcd);
}

void upt(int l, int r, int k, int &p, int lp, int rp)
{
	if (!p) p = ++ToT;
	T[p].xgcd = __gcd(T[lp].xgcd, T[rp].xgcd);
	if (l == r) return;
	int mid = l + r >> 1;
	if (k <= mid) upt(l, mid, k, T[p].lc, T[lp].lc, T[rp].lc);
	else upt(mid + 1, r, k, T[p].rc, T[lp].rc, T[rp].rc);
}

void change(int l, int r, int id, int x, int y, ll v, int p)
{
	if (l == r)
	{
		if (id & 1) modify(Y, m, y, v, rt[id][p]);
		else modify(1, Y, y, v, rt[id][p]);
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	if (x <= mid) change(l, mid, id, x, y, v, p2);
	else change(mid + 1, r, id, x, y, v, p3);
	if (id & 1) upt(Y, m, y, rt[id][p], rt[id][p2], rt[id][p3]);
	else upt(1, Y, y, rt[id][p], rt[id][p2], rt[id][p3]);
}

ll query(int l, int r, int s, int e, int p)
{
	if (!p) return 0;
	if (l == s && r == e) return T[p].xgcd;
	int mid = l + r >> 1;
	if (e <= mid) return query(l, mid, s, e, T[p].lc);
	else if (s >= mid + 1) return query(mid + 1, r, s, e, T[p].rc);
	else return __gcd(query(l, mid, s, mid, T[p].lc),
		query(mid + 1, r, mid + 1, e, T[p].rc));
}

ll ask(int l, int r, int id, int lx, int rx, int ly, int ry, int p)
{
	if (l == lx && r == rx)
		return id & 1 ? query(Y, m, ly, ry, rt[id][p])
			: query(1, Y, ly, ry, rt[id][p]);
	int mid = l + r >> 1;
	if (rx <= mid) return ask(l, mid, id, lx, rx, ly, ry, p2);
	else if (lx >= mid + 1) return ask(mid + 1, r, id, lx, rx, ly, ry, p3);
	else return __gcd(ask(l, mid, id, lx, mid, ly, ry, p2),
		ask(mid + 1, r, id, mid + 1, rx, ly, ry, p3));
}

void submat(int lx, int ly, int rx, int ry, int id, ll delta)
{
	int _lx, _ly, _rx, _ry;
	if (id == 0) _lx = 1, _ly = 1, _rx = X, _ry = Y;
	else if (id == 1) _lx = 1, _ly = Y, _rx = X, _ry = m;
	else if (id == 2) _lx = X, _ly = 1, _rx = n, _ry = Y;
	else _lx = X, _ly = Y, _rx = n, _ry = m;
	if (rx < _lx || _rx < lx || ry < _ly || _ry < ly) return;
	lx = Max(lx, _lx); ly = Max(ly, _ly);
	rx = Min(rx, _rx); ry = Min(ry, _ry);
	if (id == 0)
	{
		change(1, X, 0, rx, ry, delta, 1);
		if (lx > 1) change(1, X, 0, lx - 1, ry, -delta, 1);
		if (ly > 1) change(1, X, 0, rx, ly - 1, -delta, 1);
		if (lx > 1 && ly > 1) change(1, X, 0, lx - 1, ly - 1, delta, 1);
	}
	else if (id == 1)
	{
		change(1, X, 1, rx, ly, delta, 1);
		if (lx > 1) change(1, X, 1, lx - 1, ly, -delta, 1);
		if (ry < m) change(1, X, 1, rx, ry + 1, -delta, 1);
		if (lx > 1 && ry < m) change(1, X, 1, lx - 1, ry + 1, delta, 1);
	}
	else if (id == 2)
	{
		change(X, n, 2, lx, ry, delta, 1);
		if (rx < n) change(X, n, 2, rx + 1, ry, -delta, 1);
		
              
           
              
              
            
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    [BZOJ2877][Noi2012]魔幻棋盤（差分+二維線段樹）
      
							
							
							Address

Solution
調了一整個下午
發現每次詢問的矩形一定包含 (X,Y)(X,Y)(X,Y) ，所以我們自然地想到把棋盤拆成 444 個部分，分別為 (X,Y)(X,Y)(X,Y) 的左上部分（橫座標小於等於 XXX 且縱座標小於等於 YYY  

  
 

    

    
    洛谷1083（差分+二分 or 線段樹）
      urn   spa   min   while   線段   turn   通過   return   int   第一種方法：可以二分最大天數訂單的答案然後通過差分求一下是否可行。

 1 const int maxn = 1e6 + 5;
 2 int n, m, a[maxn], ans;
 3 

  
 

    

    
    【BZOJ4785】[Zjoi2017]樹狀數組 樹套樹（二維線段樹）
      這也   現在   ont   平面   nbsp   -s   mil   比賽   turn   【BZOJ4785】[Zjoi2017]樹狀數組
Description

 漆黑的晚上，九條可憐躺在床上輾轉反側。難以入眠的她想起了若幹年前她的一次悲慘的OI 比賽經歷。那是一道基礎的樹狀數組題。給出 

  
 

    

    
    BZOJ4785 ZJOI2017樹狀數組（概率+二維線段樹）
      cal   cor   +=   clas   str   col   else   個數   clu   　　可以發現這個寫掛的樹狀數組求的是後綴和。find(r)-find(l-1)在模2意義下實際上查詢的是l-1~r-1的和，而本來要查詢的是l~r的和。也就是說，若結果正確，則a[l-1]=a[r](m 

  
 

    

    
    簡單的字串（迴文子集數+二維線段樹）
       
 
 題目： 
  
 思路：第一步先處理如何計算一個區間的迴文子集個數 
 構成迴文串，有兩種情況： 1. 每種字母都選偶數個，這樣一定可以構成迴文串 
                     &nbs 

  
 

    

    
    bzoj1513 Tet-Tetris 3D（二維線段樹）
      
							
							
							時間限制：1秒  記憶體限制：64M


【問題描述】  

　　Tetris 3D “Tetris” 遊戲的作者決定做一個新的遊戲， 一個三維的版本。 在裡面很多立方體落在平面板，一個立方體開始落下直到碰上一個以前落下的立方體或者落地即停止。作者想改變一下游戲 

  
 

    

    
    HDU 1832 Luck and Love （二維線段樹）
      
                
Problem Description
世界上上最遠的距離不是相隔天涯海角
而是我在你面前
可你卻不知道我愛你
                ―― 張小嫻
前段日子，楓冰葉子給Wiskey做了個徵婚啟事，聘禮達到500萬哦，天哪，可是天文數字了啊，不知多少MM蜂擁而至，頓 

  
 

    

    
    POJ 1201（差分約束+最長路）
      
                題意：一個整數集合Z有n個區間，每個區間有3個值，ai，bi，ci代表，在區間[ai,bi]上至少有ci個整數屬於集合Z，ci可以在區間內任意取不重複的點。現在要滿足所有區間的約束條件，問最少可選多少個點。

思路：首先得了解何為差分約束，https://blog.csdn. 

  
 

    

    
    【洛谷3275】[SCOI2011] 糖果（差分約束系統入門題）
      點此看題面 
大致題意： 有\(N\)個小朋友，要求每個人都得到糖果，且每個人的糖果總數滿足一定的關係式，請你求出至少共分給小朋友們多少糖果。 
 
關係式的轉換 
首先，我們可以將題目中給定的式子進行轉換： 
 
 \(A=B\)：這個式子可以拆成\(A≥B\)和\(B≥A\)，再轉換一下就變成了\(A-B 

  
 

    

    
    poj 3159 Candies （差分約束系統裸題）
      
							
							
							Time Limit: 1500MS      Memory Limit: 131072K 
Total Submissions: 31698        Accepted: 8837 
Description 
During the kindergarten 

  
 

    

    
    小a的轟炸遊戲（差分，前綴和）
      ==   click   art   fine   details   display   type   --   isp   題目傳送門
題意：
給出一個n*m的矩形，然後有兩個操作.
1操作，對一個給出的菱形，對菱形範圍內的東西進行+1。
2操作，對一個上半菱形的區域，進行+1操作。
最後求矩形 

  
 

    

    
    51Nod1085 0-1揹包（一維和二維陣列實現）
       
 
 
 揹包是典型的動態規劃問題，關於揹包問題的詳解，推薦部落格：點選開啟連結（這篇部落格有點錯誤，程式碼for迴圈裡錯了，不過講解 的很詳細）
 題目如下：
 在N件物品取出若干件放在容量為W的揹包裡，每件物品的體積為W1，W2……Wn（Wi為整數），與之相對應的價值為P1,P2……Pn（Pi為整數） 

  
 

    

    
    Opencv+Zbar二維碼識別（標準條形碼/二維碼識別）
      
                
使用Opencv+Zbar組合可以很容易的識別圖片中的二維碼，特別是標準的二維碼，這裡標準指的是二維碼成像清晰，圖片中二維碼的空間佔比在40%~100%之間，這樣標準的圖片，Zbar識別起來很容易，不需要Opencv額外的處理。

下邊這個例程演示兩者配合對條形碼和二維碼的 

  
 

    

    
    LeetCode | Validate Binary Search Tree（有效的二叉搜尋樹）
      
                


Given a binary tree, determine if it is a valid binary search tree (BST).

Assume a BST is defined as follows:
The left subtree of a no 

  
 

    

    
    98. Validate Binary Search Tree（判斷合法二叉搜尋樹）
      
							
							
							Given a binary tree, determine if it is a valid binary search tree (BST).

Assume a BST is defined as follows:

The left subtree of 

  
 

    

    
    【BZOJ4785】樹狀陣列（ZJOI2017）-概率+二維線段樹+動態開點
      
							
							
							測試地址：樹狀陣列 
做法：本題需要用到概率+二維線段樹+動態開點。 
首先分析題目，對樹狀陣列結構熟悉的同學（不熟悉的話…畫一畫或者打個表也行）就能看出，題目中的資料結構求的是字尾和。那麼當我們詢問[l,r][l,r]時，我們原來是算[1,l−1]xor[1, 

  
 

    

    
    POJ 2019	 Cornfields 二維線段樹的初始化與最值查詢
      popu   def   comm   init   都沒有   data-   ont   emp   class   

模板到不行。。連更新都沒有。。。存個模板。
理解留到小結的時候再寫。
#include <algorithm>
#include <iostream>
 

  
 

    

    
    Codeforces 242E. XOR on Segment (二維線段樹 lazy操作  xor)
      又是   維護   problem   --   spa   c++   push_back   str   題目   題目鏈接：
http://codeforces.com/problemset/problem/242/E
題意：
給出一個序列，有兩種操作，一種是計算l到r的和，另一種是讓l到r的數全部和x 

  
 

    

    
    UVa 11297 Census (二維線段樹)
      cpp   [0   ons   上一個   highlight   ctype   comm   bitset   space   題意：給定上一個二維矩陣，有兩種操作
第一種是修改 c x y val 把(x, y) 改成 val
第二種是查詢 q x1 y1 x2 y2 查詢這個矩形內的最大值和最小值。 

  
 

    

    
    BZOJ.4553.[HEOI2016&TJOI2016]序列(DP 樹狀數組套線段樹/二維線段樹(MLE) 動態開點)4
      ini   esp   mes   http   mar   cnblogs   static   gpo   max   題目鏈接：BZOJ 洛谷
\(O(n^2)\)DP很好寫，對於當前的i從之前滿足條件的j中選一個最大值,\(dp[i]=d[j]+1\)
 for(int j=1; j<i; ++