原題：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4872
題意：給一個n*n*n的方體，定義兩種操作，修改操作是給出x,y,z,a，把滿足0 <= k <= j <= i < a的所有val[x+i][y+j][z+k]的值+1，詢問操作類似詢問這個區域的val和，更新和查詢都是10W，n是100，所有更新都結束後纔會開始查詢
解題思路：
首先請看此題的一維版本：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1556
這道題目就很經典了，對於一次更新[l, r], 我們操作 a[l]++, a[r+1]-- ，然後求一次前綴和，就可以得到具體的 a[i] 的值
原理就是遇到+1表示有一次塗色從這裏開始，遇到-1表示有一次塗色到此結束，具體就不在詳細說了
對於這樣的操作我們稱爲打標記
然後我們把他擴展到二維版本
定義修改操作是給出 x, y, a 對滿足 0 <= j <= i < a 的所有 val[x+i][y+j] 的值 +1， 詢問類似
我們在平面首先畫出這樣一個區域
向下的是x + i的部分，向右是y + j部分，滿足 j <= i 的部分畫出來就是這樣一個三角形
那麼我們仿照一維的情況，對於每一行打標記，就變成了下面這樣
這時我們可以發現，標記是連續的一段，相當於我們對一維的線段打的兩個點標記，在線段擴展到二維平面的同時，被拉伸成了線段
那麼對於這個由標記生成的線段，我們仍然可以打標記，對於兩個方向，分別打標記，一共四個，效果如下
豎直方向的+1， -1是每行 + 標記的標記，斜線方向的則是 - 的標記
注意 - 標記也是繼續按 +1 -1來打標記，這時的前綴和表示有多少個 - 標記，而不是減了多少
然後對於這兩種標記，我們分別先沿向下和向右下的方向做一次前綴和，就可以還原出一維標記的情況
然後再從左向右累加，就可以得到具體元素的值
那麼當我們得到具體元素的值之後，如何在O(1)效率求解任意三角形區域的sum值，還需要進一步討論
根據一維前綴和，我們可以知道要想O(1)求解，必需通過類似前綴相減的方式，那麼前綴本身不一定是線性的，只要他沿着若干方向一直擴展到邊界，就可以是認爲是前綴和
我們先討論一個比較特殊的情況，就是詢問的 x == y，如下圖
Q點是我們詢問的座標(x, y), △QAD的區域就是我們要求sum值，通過一陣腦洞可以發現
△QAD = △AOB - △ QOC - 四邊形CBDQ
而 四邊形CBDQ = 四邊形OBDE - 四邊形OCQE
轉化到這一步，所有的變量我們都可以通過一定姿勢的前綴和求得了，我們用 tri[][] 來表示從點到x軸和原點構成的三角形區域，如 tri[A.x][A.y] = △AOB
再用 rec[][] 表示點到x軸y軸構成的區域，如 rec[D.x][D.y] = 四邊形OBDE
則有 △QAD = tri[A] - tri[Q] - (rec[D] - rec[Q]) , tri和rec的預處理就很容易了，藉助一下每行的前綴 pre[][]即可
另外一種情況就是 x != y, 這個時候和上面不一樣的地方就是AQ延長線不過原點，那麼圖形不規則，似乎不符合我們上面的規律
但實際上由於外面區域都爲0，所以可以假象擴大座標系，把他弄到原點去，所以我們預處理前綴時只要按方向累加即可，不需要考慮太多
下面是將本題退化到二維情況的代碼：
部分數組的含義如上文所示
其他的如 add[][] 表示一維 + 標記的再標記，sub爲一維 - 標記的再標記
由於for循環的嵌套過於喪心病狂(主要是三維的時候)，於是我第一次define了for循環，REP什麼的都比較常見了
<span style="font-family:Courier New;">//
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define LL long long
#define REP(i,a,b) for(int i = a; i <= b; ++i)
typedef LL Node[105][105];
Node val, add, sub, pre, tri, rec;
void init() {
memset(add, 0, sizeof(add));
memset(sub, 0, sizeof(sub));
}
void upd(int x, int y, int a) {
++add[x][y];
--add[x + a][y];
++sub[x][y + 1];
--sub[x + a][y + a + 1];
}
void solve(int n) {
REP(i,1,n) REP(j,1,n) {
add[i][j] += add[i - 1][j];
sub[i][j] += sub[i - 1][j - 1];
val[i][j] = val[i][j - 1] + add[i][j] - sub[i][j];
pre[i][j] = pre[i][j - 1] + val[i][j];
rec[i][j] = rec[i - 1][j] + pre[i][j];
tri[i][j] = tri[i - 1][j - 1] + pre[i][j];
}
}
LL cal(int x, int y, int a) {
--x, --y;
LL ans = 0;
ans += tri[x + a][y + a] - tri[x][y];
ans -= rec[x + a][y] - rec[x][y];
return ans;
}
int main()
{
int n, m, q, x, y, a;
while( scanf( "%d%d%d", &n, &m, &q ) != EOF ) {
init();
while( m-- ) {
scanf( "%d%d%d", &x, &y, &a );
upd(x, y, a);
}
solve(n);
while( q-- ) {
scanf( "%d%d%d", &x, &y, &a );
printf( "%lld\n", cal(x, y, a) );
}
}
return 0;
}</span>
那麼下面我們繼續討論擴展到三維的情況：
友情提示請先弄清楚二維的情況，並自備墨鏡，下面的圖形將開始各種喪心病狂
首先我們根據一維到二維的情況，一維的標記擴展後被拉伸成了線段，那麼二維的標記在擴展到三維的情況時，是不是也一樣是拉伸成線段？
這個不難想通，把上面那個二維標記的平面，沿z軸向上拉伸，三角形變成四面體，四個標記變成了四個線段
實質上把拉伸後的每一層(垂直 z 軸切下來一片)，他和上面二維的情況是完全一致的，只是三角形的大小在變化，圖形如下
這個圖形是在更新點Q展開的座標系，不是從原點，四面體的性質可以這樣考慮
原來是一個方體，爲了保證i >= j，垂直XOY平面沿x == y切一刀，同理垂直YOZ平面對y == z切一刀，就行了
首先我們考慮QAB那個三角形，其實就是二維那個三角形，然後把這個三角形像C拉伸，那些標記也沿着拉伸方向變成線段
所以我們可以在那四個標記的位置再打標記 +1，在C點附近四個線段結束的地方再打標記 -1
具體的二維標記拉伸出來的效果我就不畫了，沿着箭頭方向一路寫過去就行，你們腦補一下....
然後我們從這四個方向前綴和一下(當然我們又得開4個數組來記錄這四條線段的信息), 就可以還原二維的標記add 和 sub數組，然後z那一位就搞定了，問題退化成二維狀態
我之後的代碼分別用A, B, C, D 四個數組來處理，如果你想通了二維的情況，這裏就不難理解了，否則基本GG思密達
接下來我們再討論怎麼O(1)求這個四面體的Sum(val)
根據我們二維是得到的結論，我們用特殊圖形(x == y)討論出的規律，對任意情況適用，所以我們這裏仍然使用(x == y == z)的特殊點來討論
下面這個圖比較殘暴
我們要求的就是 四面體QADE
首先我們看到那個顯眼的點A，可以想(nao)到(bu)應該用 四面體OABC - 四面體OPQR
所以我們用 tet[A] 來保存類似四面體OABC的前綴
然後我們還需要減去 三棱柱DCF-QPR 和 三棱柱QDE-RFB
對於三棱柱DCF-QPR 我們顯然可以通過保存到YOZ平面的三棱柱的總和 psm[][][]，用psm[D] - psm[Q]來獲得這一部分的值
那麼還剩下 三棱柱QDE-RFB，你看到RFB那個三角形，就差不多能聯想到二維那個圖形了，是一樣的
RFB = OBC - ORP - (PCFR) ，這裏PCFR怎麼來也很顯然，把這四個前綴都加一維就可以了
於是我們需要四類前綴來獲得QADE的值，當然預處理這四類前綴還需要其他的輔助數組
最終代碼：
部分上文提到的變量就不說了
pre[i][j][k] 保存 val[i][j][1 ~ k], sum[][][]保存類似QPR那樣的三角形片，用來再沿x方向累加得到psm， tet什麼的
tot[][][] 用了保存需要用到的那個長方體
(PS：這一部分還是弄懂了自己推好點，用到的變量名太多了，英語渣的表示壓力很大)
<span style="font-family:Courier New;">//
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define LL long long
#define REP(i,a,b) for(int i = a; i <= b; ++i)
typedef LL Node[105][105][105];
Node val, add, sub, A, B, C, D;
Node pre, sum, tot, tri, rec, psm, tet;
void init() {
memset(A, 0, sizeof(A));
memset(B, 0, sizeof(B));
memset(C, 0, sizeof(C));
memset(D, 0, sizeof(D));
}
void upd(int x, int y, int z, int a) {
++A[x][y][z];
--A[x + a][y + a][z + a];
++B[x + a][y][z];
--B[x + a][y + a][z + a];
++C[x][y + 1][z];
--C[x + a][y + a + 1][z + a];
++D[x + a][y + a + 1][z];
--D[x + a][y + a + 1][z + a];
}
void solve(int n) {
REP(i,1,n) REP(j,1,n) REP(k,1,n) {
A[i][j][k] += A[i - 1][j - 1][k - 1];
B[i][j][k] += B[i][j - 1][k - 1];
C[i][j][k] += C[i - 1][j - 1][k - 1];
D[i][j][k] += D[i][j][k - 1];
}
REP(i,1,n) REP(j,1,n) REP(k,1,n) {
add[i][j][k] = A[i][j][k] - B[i][j][k];
add[i][j][k] += add[i - 1][j][k];
sub[i][j][k] = C[i][j][k] - D[i][j][k];
sub[i][j][k] += sub[i - 1][j - 1][k];
val[i][j][k] = val[i][j - 1][k] + add[i][j][k] - sub[i][j][k];
}
REP(i,1,n) REP(j,1,n) REP(k,1,n) {
pre[i][j][k] = pre[i][j][k - 1] + val[i][j][k];
sum[i][j][k] = sum[i][j - 1][k - 1] + pre[i][j][k];
tot[i][j][k] = tot[i][j - 1][k] + pre[i][j][k];
tri[i][j][k] = tri[i - 1][j - 1][k] + tot[i][j][k];
rec[i][j][k] = rec[i - 1][j][k] + tot[i][j][k];
psm[i][j][k] = psm[i - 1][j][k] + sum[i][j][k];
tet[i][j][k] = tet[i - 1][j - 1][k - 1] + sum[i][j][k];
}
}
LL cal(int x, int y, int z, int a) {
--x, --y, --z;
LL ans = 0, tmp = 0;
ans += tet[x + a][y + a][z + a] - tet[x][y][z];
ans -= psm[x + a][y][z] - psm[x][y][z];
tmp += tri[x + a][y + a][z] - tri[x][y][z];
tmp -= rec[x + a][y][z] - rec[x][y][z];
ans -= tmp;
return ans;
}
int main()
{
int n, m, q, x, y, z, a;
while( scanf( "%d%d%d", &n, &m, &q ) != EOF ) {
init();
while( m-- ) {
scanf( "%d%d%d%d", &x, &y, &z, &a );
upd(x, y, z, a);
}
solve(n);
while( q-- ) {
scanf( "%d%d%d%d", &x, &y, &z, &a );
printf( "%lld\n", cal(x, y, z, a));
}
}
return 0;
}</span>