求n个矩形面积——坐标离散化

最开始接触离散的时候是在实验室第一次暑期集训的时候，好像是wuyuqi大佬讲的，但是当时根本就没听懂这是个什么东西，感觉听名字这么高大上，有点难理解。所以当时就没花时间去研究。

这两天在补题的时候遇到了这个问题，就看了一些大佬的解释，算是有一丢丢理解了

坐标离散我个人的理解就是把一个坐标平面上的有用的点保存，没有关系的点压缩（因为没有用的点对实际结果根本没有任何影响）

就以voj的1056题来做一个示范：

         这题按照最平常的想法就是把矩形内的标记，然后整个图搜索，就可以得出共覆盖了多少范围。但是范围是-10^8~10^8，这么搜显然不可能。所以要怎么样呢？

就是把有用的点保存，无关的点压缩。什么是有用的点保存，什么是无关的点压缩？给出的坐标就是有用的点，-10^8~10^8内的范围内除了给出的坐标范围其他全是没用的点，都要压缩。

有用的值其实只有这么几个。这些值将作为新的坐标值重新划分整个平面，省去中间的若干坐标值没有影响。我们可以将坐标范围“离散化”到1到200 
之间的数，于是一个200*200的二维数组就足够了。

现在用个小例子来模拟一下：

注意左边的10* 7的数组是如何等价地转化为右边两个4*4的数组的 

再就是代码实现了：

如上数据示例   x[ ]={ 1, 3, 7, 10 };

                           y[ ]={ 1,  2,  5,  7 };

按代码枚举的顺序是如上图，先看(1,1)点， if(x[i]>=x1[k]&&y[j]>=y1[k]&&x[i+1]<=x2[k]&&y[j+1]<=y2[k])判断是否是矩形内的然后按顺序枚举，发现（1,1）点不是，再看（1,2）点，s=s(x+1,y+1)-s(x,y)即框2，符合在矩形内，ans+=s,枚举完了，就得出结果了

include<cstdio>include<cstdlib>include<algorithm>include<iostream>define MAXn 100using namespace std;int n;long long x1[MAXn+1],y1[MAXn+1];long long x2[MAXn+1],y2[MAXn+1];long long x[2MAXn+1],y[2MAXn+1];long long S,ans;int main(){    scanf("%d",&n);     for(int i=1;i<=n;i++)     {         scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&x1[i],&y1[i],&x2[i],&y2[i]);         x[2i-1]=x1[i];         x[2i]=x2[i];         y[2i-1]=y1[i];        y[2i]=y2[i];     }     sort(x+1,x+2n+1);     sort(y+1,y+2n+1);     for(int i=1;i<=2n-1;i++) //枚举每一个单位横坐标，这两句看图         for(int j=1;j<=2n-1;j++)  //枚举每一个单位纵坐标        {             S=(x[i+1]-x[i])*(y[j+1]-y[j]);            for(int k=1;k<=n;k++) //枚举每一个矩形块                 if(x[i]>=x1[k]&&y[j]>=y1[k]&&x[i+1]<=x2[k]&&y[j+1]<=y2[k])//这句是离散化                { ans+=S; break; }//注意这个break,用的妙        }     printf("%I64d",ans); return 0; }