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Input
Output
Sample Input
1 2 10 C 2 1 2 2 Q 2 2 C 2 1 2 1 Q 1 1 C 1 1 2 1 C 1 2 1 2 C 1 1 2 2 Q 1 1 C 1 1 2 1 Q 2 1
Sample Output
1 0 0 1
【题意】给出一个n*n的方阵，刚开始都为0；然后q个要求，c x1 y1 x2,y2表示左上角（x1,y1）右下角（x2,y2）的这个矩形里面的各方格与现在状态相反（即0变1,1变0），Q x1 y1问（x1,y1）的状态。
【思路】二维树状数组，每次状态变化都加一，最后对2取余
参考资料：http://www.cnblogs.com/lvpengms/archive/2010/04/24/1719133.html
当对(x1,y1),(x2,y2)区间置反时，需要改动四个地方就是4个角就可以了。为什么呢？如下图，假设A区未需要置反的区域，因为改动A区的左上角时，由树状数组的性质知：A,B,C,D4个区域都是要被置反的，所以在依次置反BD,CD,D，这样，置反的总过程为ABCD,BD,CD,D，这样我们就会发现结果对2取模时，只有A区被置反，B,C,D三个区都没有变化。明白原理之后就好做了。
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A |
B |
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C |
D
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#include<iostream> #include<string.h> #include<stdio.h> using namespace std; const int N=1005; int c[N][N]; int q,n; int lowbit(int x) { return x&(-x); } int get_sum(int x,int y) { int ans=0; for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i)) for(int j=y;j>0;j-=lowbit(j)) ans+=c[i][j]; return ans; } void update(int x,int y,int data) { for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) for(int j=y;j<=n;j+=lowbit(j)) c[i][j]+=data; } int main() { int t; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d%d",&n,&q); memset(c,0,sizeof(c)); char op[10]; int x1,y1,x2,y2; while(q--) { scanf("%s",op); if(op[0]==‘C‘) { scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2); update(x1,y1,1); update(x2+1,y1,1); update(x1,y2+1,1); update(x2+1,y2+1,1); } else { scanf("%d%d",&x1,&y1); if(get_sum(x1,y1)%2==0) puts("0"); else puts("1"); } } if(t>0) puts(""); } return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/iwantstrong/p/5925980.html
