第十三届北航程序设计竞赛决赛网络同步赛 B题 校赛签到（建树 + 打标记）

题目链接  校赛签到

对每个操作之间建立关系。

比较正常的是前$3$种操作，若第$i$个操作属于前$3$种，那么就从操作$i-1$向$i$连一条有向边。

比较特殊的是第$4$种操作，若第$i$个操作属于第$4$种这个时候我们需要从操作$k$向操作$i$连一条有向边。

那么一共有$q+1$个结点，$q$条边，很明显是一个树的结构。$0$号点为根结点。

那么从根结点出发，依次操作就可以了~，遇到操作$3$则打标记

我太懒  用bitset + fread挂过去了。

时间复杂度$O(\frac{mq}{w})$

#include <bits/stdc++.h>

namespace IO{
   	const int MT = 30 * 1024 * 1024;
   	char IO_BUF[MT];
    	int IO_PTR, IO_SZ;

    	void begin(){
        	IO_PTR = 0;
        	IO_SZ = fread (IO_BUF, 1, MT, stdin);
    	}
    	template<typename T>
    	inline bool scan_d (T & t){
        	while (IO_PTR < IO_SZ && IO_BUF[IO_PTR] != '-' && (IO_BUF[IO_PTR] < '0' || IO_BUF[IO_PTR] > '9'))IO_PTR ++;
         	if (IO_PTR >= IO_SZ) return false;
        	bool sgn = false;
         	if (IO_BUF[IO_PTR] == '-') sgn = true, IO_PTR ++;
        	for (t = 0; IO_PTR < IO_SZ && '0' <= IO_BUF[IO_PTR] && IO_BUF[IO_PTR] <= '9'; IO_PTR ++)
            	t = t * 10 + IO_BUF[IO_PTR] - '0';
        	if (sgn) t = -t;
        	return true;

    	}
};

using namespace std;
using namespace IO;

#define rep(i, a, b)	for (int i(a); i <= (b); ++i)
#define dec(i, a, b)	for (int i(a); i >= (b); --i)

typedef long long LL;

const int N  = 2e5 + 4;
const int Q  = 1e3 + 2;
const LL mod = 100624;

vector <int> v[N];

LL p[N];

struct node{ int ty, x, y, z; } op[N];

int T;
int ret[N];
int n, m, q;
int c[N];

bitset <Q> a[Q];

inline int calc(int x){ return (a[x] >> 1).count() - (a[x] >> (m + 1)).count(); }

void dfs(int x, int cnt){
	ret[x] = cnt;
	for (auto u : v[x]){
		if (op[u].ty == 1){
			int nx = op[u].x, ny = op[u].y, nz = op[u].z;
			if (c[nx] == 0){
				int z = a[nx][ny], num = calc(nx);
				a[nx][ny] = nz;
				dfs(u, cnt + calc(nx) - num);
				a[nx][ny] = z;
			}

			else{
				int z = a[nx][m - ny + 1], num = calc(nx);
				a[nx][m - ny + 1] = nz;
				dfs(u, cnt + calc(nx) - num);
				a[nx][m - ny + 1] = z;
			}
		}

		else if (op[u].ty == 2){
			int nx = op[u].x;
			int num = calc(nx);
			a[nx].flip();
			dfs(u, cnt + calc(nx) - num);
			a[nx].flip();
		}

		else if (op[u].ty == 3){
			int nx = op[u].x;
			c[nx] ^= 1;
			dfs(u, cnt);
			c[nx] ^= 1;
		}

		else dfs(u, cnt);
	}
}

int main(){

	begin();

	p[0] = 1; rep(i, 1, 2e5 + 1) p[i] = p[i - 1] * 813ll % mod;

	scan_d(T);
	while (T--){
		scan_d(n);
		scan_d(m);
		scan_d(q);
		rep(i, 0, q + 1) v[i].clear();
		rep(i, 0, n + 1) a[i].reset();

		rep(i, 1, q){
			int et; scan_d(et);
			if (et == 1){
				v[i - 1].push_back(i);
				int x, y, z;
				scan_d(x); scan_d(y); scan_d(z);
				op[i].ty = 1;
				op[i].x  = x;
				op[i].y  = y;
				op[i].z  = z;
			}

			else if (et == 2){
				v[i - 1].push_back(i);
				int x;
				scan_d(x);
				op[i].ty = 2;
				op[i].x  = x;
			}

			else if (et == 3){
				v[i - 1].push_back(i);
				int x;
				scan_d(x);
				op[i].ty = 3;
				op[i].x  = x;
			}

			else{
				int x;
				scan_d(x);
				v[x].push_back(i);
				op[i].ty = 4;
			}
		}

		dfs(0, 0);
		LL ans = 0;
		rep(i, 1, q) ans = (ans + ret[i] * p[i] % mod) % mod;
		printf("%lld\n", ans);
	}

	return 0;
}