51nod 1562 玻璃切割 （STL map+一点点的思考）

1562 玻璃切割
题目来源： CodeForces
基准时间限制：1.5 秒 空间限制：131072 KB 分值: 20 难度：3级算法题
现在有一块玻璃，是长方形的（w 毫米× h 毫米），现在要对他进行切割。

切割的方向有两种，横向和纵向。每一次切割之后就会有若干块玻璃被分成两块更小的玻璃。在切割之后玻璃不会被移动。

现在想知道每次切割之后面积最大的一块玻璃是多少。

样例解释：

对于第四次切割，下面四块玻璃的面积是一样大的。都是2。

Input
单组测试数据。
第一行有三个整数 w,h,n (2≤w,h≤200000, 1≤n≤200000)，表示玻璃在横向上长w 毫米，纵向上长h 毫米，接下来有n次的切割。
接下来有n行输入，每一行描述一次切割。
输入的格式是H y 或 V x。
H y表示横向切割，切割线距离下边缘y毫米(1≤y≤h-1)。
V x表示纵向切割，切割线距离左边缘x毫米(1≤x≤w-1)。
输入保证不会有两次切割是一样的。
Output
对于每一次切割，输出所有玻璃中面积最大的是多少。
Input示例
样例输入1
4 3 4
H 2
V 2
V 3
V 1
Output示例
样例输出1
8
4
4

这题我们只有一个需要思考的点，那就是什么切割了多次之后怎样的一块面积最大？
我们可以想到横向最宽，纵向最高的面积一定是最大的。

然后要注意的一点是，横向和纵向处理很容易把人弄晕，
可以先考虑线段的情况，问题变成了，一条线段，切割之后最长的子线段为多少？
求出一个维度之后复制粘贴变成2维的即可。

写起来很绕，需要很强的编码能力，不过这与问题的解决办法已经无关了。

代码：

#include <iostream>#include <algorithm>#include <map>#include <vector>#include <set>#include <math.h>#include <queue> #include <assert.h>#include <stdio.h>#include <stdlib.h>using namespace std;typedef long long ll;#define INF 2147483647//输入 int w, h, n;//mh：高度方向上每个间隔出现的次数。mh[i] = j表示间隔为i的线段有j个。 //mv：宽度方向上每个间隔出现的次数。mv[i] = j表示间隔为i的线段有j个。//h1: h1[i] = j表示高度方向上切割点为i的线段的长度为j。//v1: v1[i] = j表示宽度方向上切割点为i的线段的长度为j。map <int, int> mh, mv, h1, v1;map <int, int>::iterator it, it1;int main() {    scanf("%d%d%d", &w, &h, &n);    //初始化，长度为h的线段+1，长度为w的线段+1，以0为起点的线段长为h，以0为起点的线段长为w。     mh[h] = 1;    mv[w] = 1;    h1[0] = h;    v1[0] = w;    char k1;    int k2;    while (n--) {        getchar();        scanf("%c%d", &k1, &k2);        if (k1 == 'H') {            //找到切割点前一个点的位置和长度。             it = h1.lower_bound(k2); it--;            int con = it->first;            int len = it->second;            //长度为len的线段-1，如果为0了就从map中删掉             mh[len]--;            if (mh[len] == 0) mh.erase(len);            //h1: h1[i] = j表示高度方向上切割点为i的线段的长度为j。            h1[con] = k2 - con;            h1[k2] = len - h1[con];            //mh：高度方向上每个间隔出现的次数。mh[i] = j表示间隔为i的线段有j个。             mh[h1[k2]]++;            mh[h1[con]]++;        }        else if (k1 == 'V') {            it = v1.lower_bound(k2); it--;            int con = it->first;            int len = it->second;            mv[len]--;            if (mv[len] == 0) mv.erase(len);            v1[con] = k2 - con;            v1[k2] = len - v1[con];            mv[v1[k2]]++;            mv[v1[con]]++;        }        //map最后一个值的key最大         it = mh.end(); it--;        it1 = mv.end(); it1--;        ll p = it->first;        ll q = it1->first;        printf("%lld\n", p*q);    }    getchar(); getchar();    return 0;}/*10 10 5H 1H 8H 6H 2H 4*/