題意：

給出你一個n*m矩陣，矩陣中有一些燈泡，這些燈泡連成了k條互不重疊的鏈。每個燈泡都有一定的權值w，但是隻有當燈泡開啟的時候，才會產生貢獻，剛開始所有的燈泡都是開著的。共有q次詢問，有兩種操作：
①“Switch i”——表示將編號為i的鏈所有的燈泡取反（即開變關，關變開）。
②“Ask x1,y1,x2,y2”——表示詢問以（x1,y1）和（x2,y2）為兩個端點的子矩形所產生的貢獻。

資料範圍：1 ≤ n, m, k ≤ 2000，1≤w≤ 10^9，q≤10^6，保證“Ask”的操作≤2000次
時限：3s

解題過程：

備註：翻閱了很多的題解，發現大多數的題解都是線上做的，雖然能夠過CF的評測，但是其實複雜度可以被卡到n^3*log(n)^2，自測資料很容易就可以卡掉。所以這裡介紹一種不會被卡的離線方法，複雜度為n^2*log(n)^2的，本機測驗極限資料能夠跑在3s之內。

下面進入正題。首先我們可以注意到題目中說到了Ask的次數不會超過兩千次，於是我們就可以從這裡入手。有點類似與線段樹lazy標記，我們可以對於每個“Switch”操作，我們並不一定每次都要改，而是進行記錄。因為我們可以發現，取反操作對於每個鏈做了偶數次之後，就相當於沒有做，所以我們只需要在每次Ask的時候，對所需要修改的鏈進行修改即可。然後我們考慮如何統計答案，既然詢問的是子矩陣的貢獻和，我們自然會想到字首和，但是這個子矩陣中包含著不同編號的鏈，而每條鏈在每次查詢的時候開關的狀態是不一樣的，所以我們就可以記ans陣列，ans[i][j]表示假設第i條鏈是開著的時候，對於第j個詢問的貢獻是多少，這個地方就可以用二位樹狀陣列進行維護，預處理的複雜度為n^2*log(n)^2。最後我們在遍歷每一個詢問，記change陣列，change[i]表示第i條鏈是否要進行修改，Ask的時候將開著的鏈貢獻新增進去，即為答案，總的複雜度問n^2*log(n)^2，只要常數不是非常的大，就是很容易過去的。

AC程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
bool Finish_read;
template<class T>inline void read(T &x){Finish_read=0;x=0;int f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;if(ch==EOF)return;ch=getchar();}while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;Finish_read=1
 
;}
template<class T>inline void print(T x){if(x/10!=0)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
template<class T>inline void writeln(T x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);print(x);putchar('\n');}
template<class T>inline void write(T x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);print(x);}
/*================Header Template==============*/
const int maxn=2005;
int n,m,k,qcnt,q;
ll T[maxn+50][maxn+50];
int len[maxn];
int x[maxn][maxn],y[maxn][maxn],w[maxn][maxn];
int c[1000005],qx1[maxn],qy1[maxn],qx2[maxn],qy2[maxn];
bool change[maxn];
ll ans[maxn][maxn];
#define lowbit(x) x&(-x)
/*==================Define Area================*/
void Add(int x,int y,int w) {
    for(int i=x;i<=maxn;i+=lowbit(i)) {
        for(int j=y;j<=maxn;j+=lowbit(j)) {
            T[i][j]+=w;
        }
    }
}

ll Sum(int x,int y) {
    ll res=0;
    for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) {
        for(int j=y;j;j-=lowbit(j)) {
            res+=T[i][j];
        }
    }
    return res;
}

int main() {
    read(n);read(m);read(k);
    for(int i=1;i<=k;i++) {
        read(len[i]);
        for(int j=1;j<=len[i];j++) {
            read(x[i][j]);read(y[i][j]);read(w[i][j]);
        }
    }
    read(q);
    for(int i=1;i<=q;i++) {
        char opt[2];
        scanf("%s",opt);
        if(opt[0]=='A') {
            ++qcnt;
            read(qx1[qcnt]);read(qy1[qcnt]);read(qx2[qcnt]);read(qy2[qcnt]);
        }
        else {
            read(c[i]);
        } 
    }
    for(int i=1;i<=k;i++) {
        for(int j=1;j<=len[i];j++) {
            Add(x[i][j],y[i][j],w[i][j]);
        }
        for(int j=1;j<=qcnt;j++) {
            ans[i][j]=Sum(qx2[j],qy2[j])+Sum(qx1[j]-1,qy1[j]-1)-Sum(qx1[j]-1,qy2[j])-Sum(qx2[j],qy1[j]-1);
        }
        for(int j=1;j<=len[i];j++) {
            Add(x[i][j],y[i][j],-w[i][j]);
        }
    }
    for(int i=1,cnt=1;i<=q;i++) {
        if(c[i]) {
            change[c[i]]^=1;
        }
        else {
            ll res=0;
            for(int j=1;j<=k;j++) {
                if(!change[j]) res+=ans[j][cnt];
            }
            printf("%lld\n",res);
            cnt++;
        }
    }
    return 0;
}