题意：
有一个正方形区域，
要求支持两个操作：
1、放置三角形，给定放置方向（有4个方向，直角边与坐标轴平行），直角顶点坐标，边长
2、查询一个点被覆盖了多少次
1<=正方形区域边长n<=5000
1<=询问数<=10^5
保证输入合法，三角形被正方形区域完全包含。
题解：
嗯这是一道数据结构题…
一开始我想起来之前做过但没做出来的一道三角形修改三角形查询的分块题…
然后…GEOTCBRL说，是k-d tree呀，CF上面有标程代码长度限制的…
然而我并不会用k-d tree做这个…
于是想起来ACM2015合肥区现场赛的一道题The Shields…
这题可以用和那题类似的方法解决。
树状数组套树状数组（改段求点型）
可以采用三个这样的嵌套树状数组，维护以下信息：
1、矩形区域的值
2、直角朝向左下的三角形区域的值
3、直角朝向左上的三角形区域的值
有了这三种信息就可以很容易的容斥出任意一个方向的三角形区域的值
（用有公共锐角的两个相似的三角形区域相减得到一个直角梯形区域）
（然后和矩形区域作差可以得到三角形区域）
如何实现维护三角形的树状数组？
我们知道树状数组维护的是一种“前缀和”，
那么我们只要把求前缀和的坐标进行一下变换就可以了。
具体来说，
树状数组1：把点映射到(i,j)的前缀和
树状数组2：把点映射到(-i,i+j)的前缀和
树状数组3：把点映射到(i,j-i)的前缀和
然后用相同的办法就可以处理了。
然后因为我为了处理方便，把索引可能出现坐标的位置都平移到正整数位置，所以树状数组开多了几倍。
于是空间有点紧。这题可以离线下来对三个树状数组分别统计答案，同一时刻就只需要一个树状数组了。
（难得地一次AC…在CF上跑得还是第二快的…十分高兴w）
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#include <cstring>
#include <algorithm>
#define lb(x) ((x)&(-(x)))
using namespace std;
inline int read()
{
int s = ; char c; while((c=getchar())<'0'||c>'9');
do{s=s*+c-'0';}while((c=getchar())>='0'&&c<='9');
return s;
}
const int N = , NQ = ;
int n,n3,tot,ans[NQ],dra[NQ],tia[NQ],tja[NQ],lena[NQ];
bool isc[NQ],is2[NQ];
struct tra
{
int a[N*];
void add(int p,int v){ while(p>) a[p]+=v, p-=lb(p); }
int query(int p){ int s=; while(p<=n3) s+=a[p], p+=lb(p); return s; }
};
struct trb
{
tra a[N];
void add(int p,int p2,int v){ while(p>) a[p].add(p2,v), p-=lb(p); }
int query(int p,int p2){ int s=; while(p<=n) s+=a[p].query(p2), p+=lb(p); return s; }
}tr;
int main()
{
int i,j,Q;
n = read(), n3 = n*, Q = read();
for(i=;i<=Q;i++)
{
if(isc[i]=(read()&)) dra[i] = read(), tja[i] = read(), tia[i] = read(), lena[i] = read()+;
else tja[i] = read(), tia[i] = read();
}
for(i=;i<=Q;i++)
{
if(isc[i])
{
int dr = dra[i], ti = tia[i], tj = tja[i], len = lena[i];
int ti1,tj1,ti2,tj2,v1,v2;
switch(dr)
{
case : ti1=ti+len-,tj1=tj-,v1=-; ti2=ti-,tj2=tj-,v2=; break;
case : ti1=ti,tj1=tj-,v1=-; ti2=ti-len,tj2=tj-,v2=; break;
case : ti1=ti+len-,tj1=tj,v1=; ti2=ti-,tj2=tj,v2=-; break;
case : ti1=ti,tj1=tj,v1=; ti2=ti-len,tj2=tj,v2=-; break;
}
tr.add(ti1,tj1+n,v1);
tr.add(ti2,tj2+n,v2);
}
else ans[i] += tr.query(tia[i],tja[i]+n);
}
memset(tr.a,,sizeof tr.a);
for(i=;i<=Q;i++)
{
if(isc[i])
{
int dr = dra[i], ti = tia[i], tj = tja[i], len = lena[i];
int ti1,tj1,ti2,tj2,v1,v2;
switch(dr)
{
case : ti1=ti,tj1=tj+len-,v1=; ti2=ti+len,tj2=tj-,v2=-; break;
case : ti1=ti+,tj1=tj-len-,v1=; ti2=ti-len+,tj2=tj-,v2=-; break;
default: continue;
}
tr.add(n-ti1+,ti1+tj1,v1);
tr.add(n-ti2+,ti2+tj2,v2);
}
else ans[i] += tr.query(n-tia[i]+,tia[i]+tja[i]);
}
memset(tr.a,,sizeof tr.a);
for(i=;i<=Q;i++)
{
if(isc[i])
{
int dr = dra[i], ti = tia[i], tj = tja[i], len = lena[i];
int ti1,tj1,ti2,tj2,v1,v2;
switch(dr)
{
case : ti1=ti,tj1=tj+len-,v1=; ti2=ti-len,tj2=tj-,v2=-; break;
case : ti1=ti+len-,tj1=tj-,v1=-; ti2=ti-,tj2=tj-len-,v2=; break;
default: continue;
}
tr.add(ti1,tj1-ti1+n,v1);
tr.add(ti2,tj2-ti2+n,v2);
}
else ans[i] += tr.query(tia[i],tja[i]-tia[i]+n);
}
for(i=;i<=Q;i++) if(!isc[i]) printf("%d\n",ans[i]);
return ;
}