BZOJ 1790: [Ahoi2008]Rectangle 矩形藏宝地(CDQ分治+离散化+线段树)

Description

欢乐岛上最著名的游戏是一个寻宝游戏，小可可来到宝藏的埋藏地，这是一块开阔地，宝藏被分散的埋藏在这块地下，现在要做的是一件件的把宝藏挖出来。为了提示宝藏的埋藏点，游戏的主办方把这块开阔地当作第一象限，将所有可能埋藏宝藏的地方划成一个个矩形的土地，并把这些矩形土地的坐标都告诉了参赛者。挖宝的提示很简单，只要某一个矩阵土地至少被另外一个矩阵土地所包含，那么这个矩阵土地里肯定埋有宝藏。其实这些宝藏都是一些精美的纪念品，如果谁挖出来了纪念品就归谁了，小可可很想为这次旅程画上完美的句号，有你的帮助他信心十足，你只要告诉他．有多少个矩形土地里肯定埋有宝藏就行了。胜利就在眼前，加油吧!!

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Input

第一行包含一个整数N(N≤200000)，表示矩形的个数。接下来N行，每行用4个整数x1,y1,x2,y2，描述了一个矩形。其中(x1，y1)表示这个矩形左下角的坐标，(x2，y2)表示右上角的坐标，一个xi值或yi值最多出现一次．

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Output

只包含一个整数，表示肯定埋有宝藏的矩形土地的个数。

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Sample Input

3
0 0 5 5
1 2 3 4
2 1 4 3

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Sample Output

2

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HINT

100％的数据中，N<=200000
70%的数据申，N<=50000
30％的数据中，N<=5000
所有数据中，一个x值或Y值最多出现一次

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Solution

这是一道CDQ的入门题，适合我这种菜鸡。

我设左下角的坐标为(a,b)， 右上角为(c,d)。对于一个被包围的矩形i，必然存在一个矩形j，满足ai>aj且bi>bj且ci<cj且di<dj。那么一开始按a排好序，这就变成了一个四维偏序的问题了。

直接上CDQ分治解决。由于只是判断存不存在，不用维护个数，那么利用线段树能维护两维，离散化后下标维护一维，再维护个最大值。实际上这题就是个三维偏序的果题了。

排好第一维后，划分序列，左边为修改，右边为查询。然后按第二维排序，并根据操作类型(依据第一维)以及排完序后的前后顺序(第二维)，执行权值线段树上的修改和询问。若满足前三维顺序成立的前提下，第四维的最大值比当前大，代表出现答案，标记它，最后再统计答案。这题有点像之前模拟赛的“指纹”那题，由于多了一维偏序，所以要多搞个CDQ。最后别忘了线段树反向标记和操作类型标记要清掉(和整体二分一样不能忘)，然后处理左右之前别忘了排回原序。

思路大概就是这样，时间复杂度O(nlog2n)。

ps：这题我的程序又被卡时限了，注意不要读入long long，用int永保平安。

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Code

#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <algorithm>#include <cmath>#include <iostream>#define MAXN 200010#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))using namespace std;int n, rank[MAXN], ans;bool is_ok[MAXN], Left[MAXN];struct Data{    int a, b, c, d;    int id;}rec[MAXN];int tree[MAXN<<2];bool Cmpa(Data A, Data B){    return A.a < B.a;}bool Cmpb(Data A, Data B){    return A.b < B.b;}bool Cmpc(Data A, Data B){    return A.c > B.c;}void update(int root, int L, int R, int x, int v){    if(x > R || x < L)  return;    if(L == x && x == R){      tree[root] += v;      return;    }    int mid = (L + R) >> 1, Lson = root << 1, Rson = root << 1 | 1;    update(Lson, L, mid, x, v);    update(Rson, mid+1, R, x, v);    tree[root] = Max(tree[Lson], tree[Rson]);}int query(int root, int L, int R, int x, int y){    if(x > R || y < L)  return 0LL;    if(x <= L && y >= R)  return tree[root];    int mid = (L + R) >> 1, Lson = root << 1, Rson = root << 1 | 1;    int temp1 = query(Lson, L, mid, x, y);    int temp2 = query(Rson, mid+1, R, x, y);    return Max(temp1, temp2);}void CDQ(int L, int R){    if(L == R)  return;    int mid = (L + R) >> 1;    for(int i = L; i <= mid; i++)  Left[rec[i].id] = true;    sort(rec+L, rec+R+1, Cmpb);    for(int i = L; i <= R; i++){      if(Left[rec[i].id])  update(1, 1, n, rank[rec[i].id], rec[i].d);      else{        int temp = query(1, 1, n, 1, rank[rec[i].id]);        if(temp > rec[i].d)  is_ok[rec[i].id] = true;      }    }    for(int i = L; i <= R; i++)        if(Left[rec[i].id]){          update(1, 1, n, rank[rec[i].id], -rec[i].d);        Left[rec[i].id] = false;     }    sort(rec+L, rec+R+1, Cmpa);    CDQ(L, mid);    CDQ(mid+1, R);}int main(){    freopen("bzoj1790.in", "r", stdin);    freopen("bzoj1790.out", "w", stdout);    scanf("%d", &n);    for(int i = 1; i <= n; i++){      rec[i].id = i;      scanf("%d%d%d%d", &rec[i].a, &rec[i].b, &rec[i].c, &rec[i].d);    }    sort(rec+1, rec+n+1, Cmpc);    for(int i = 1; i <= n; i++)  rank[rec[i].id] = i;    sort(rec+1, rec+n+1, Cmpa);    CDQ(1, n);    for(int i = 1; i <= n; i++)  if(is_ok[i])  ans ++;    printf("%d\n", ans);    return 0;}

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不相信世界上还有温情的你
却比任何人都温柔善良