CF983D Arkady and Rectangles
题目描述
解法
这种矩形覆盖的题一定要去想扫描线了，我们把矩形按 (x) 坐标排序，在某个 (x) 加入，在某个 (x) 删除。那么每次就只需要考虑 (y) 坐标了，维护 (y) 坐标可以用线段树。
下面的维护方法就有点神奇了，每次就考虑哪些颜色没有被覆盖，对于线段树的每个节点维护 (mx[i]) 表示 (i) 节点的区间内最大的没有被看见的眼色，(mi[i]) 表示在这个区间内如果要被看到颜色至少需要多大。再用一个 (set) 维护覆盖该区间的所有颜色，上传的方式是这样：
mx[o]=max(mx[o<<1],mx[o<<1|1]);
mi[o]=min(mi[o<<1],mi[o<<1|1]);
if(!s[o].empty()) return;
int hh=*s[o].rbegin();
mi[o]=max(hh,mi[o]);
if(hh>mx[o])
{
if(vis[hh] || hh<mi[o]) mx[o]=0;
else mx[o]=hh;
}
很简洁，但是很难想
代码实现还有一个小细节，离散化的时候假设端点为 (x)，把 (x-1,x,x+1) 都离散化一下。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
const int M = 600005;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,k,ans,mx[4*M],mi[4*M];set<int> s[4*M];
int vis[M],xl[M],xr[M],yl[M],yr[M],p[M];
struct node
{
int x,l,r,id;
bool operator < (const node &R) const
{
return x<R.x;
}
}a[M];
void up(int i,int l,int r)
{
int hh=s[i].size()?(*s[i].rbegin()):0;
if(l==r) mx[i]=mi[i]=hh;
else
{
mx[i]=max(hh,max(mx[i<<1],mx[i<<1|1]));
mi[i]=max(hh,min(mi[i<<1],mi[i<<1|1]));
}
if(vis[mx[i]] || mx[i]<mi[i])
mx[i]=0;
}
void ins(int i,int l,int r,int L,int R,int x)
{
if(L>r || l>R) return ;
if(L<=l && r<=R)
{
if(x>0) s[i].insert(x);
else s[i].erase(-x);
up(i,l,r);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
ins(i<<1,l,mid,L,R,x);
ins(i<<1|1,mid+1,r,L,R,x);
up(i,l,r);
}
void upd(int i,int l,int r,int L,int R)
{
if(L>r || l>R) return ;
if(L<=l && r<=R) {up(i,l,r);return ;}
int mid=(l+r)>>1;
upd(i<<1,l,mid,L,R);
upd(i<<1|1,mid+1,r,L,R);
up(i,l,r);
}
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
xl[i]=read();
p[++k]=yl[i]=read();
p[++k]=yl[i]-1;
p[++k]=yl[i]+1;
xr[i]=read();
p[++k]=yr[i]=read()-1;
p[++k]=yr[i]-1;
p[++k]=yr[i]+1;
}
sort(p+1,p+1+k);
k=unique(p+1,p+1+k)-p-1;//必须要这样
for(int i=1;i<=n;i++)
{
yl[i]=lower_bound(p+1,p+1+k,yl[i])-p;
yr[i]=lower_bound(p+1,p+1+k,yr[i])-p;
a[++m]=node{xl[i],yl[i],yr[i],i};
a[++m]=node{xr[i],yl[i],yr[i],-i};
}
sort(a+1,a+1+m);
for(int i=1,j;i<=m;i=j)
{
for(j=i;a[j].x==a[i].x;j++)
{
//printf("->%d %d %d
",a[j].id,a[j].l,a[j].r);
ins(1,1,k,a[j].l,a[j].r,a[j].id);
}
while(mx[1])
{
int c=mx[1];ans++;
//printf("%d %d %d
",c,yl[c],yr[c]);
vis[c]=1;//删除这个颜色
upd(1,1,k,yl[c],yr[c]);//区间更新一下
}
}
printf("%d
",ans+1);
}
Sunčanje
题目描述
解法
题目转移有亿点巧妙，我们去统计有多少编号大于他的矩形和他不交，如果都和他不交那么他就完全暴露在阳光下了。
这个统计就是一个容斥，我们把四边延长成九宫格然后统计 上(/)下(/)左(/)右 的答案之后，减去 左上(/)左下(/)右上(/)右下 的答案即可。
左上(/)左下(/)右上(/)右下 的计算需要三维偏序，所以写 (cdq) 分治就可以计算了。
CF650E Clockwork Bomb
题目描述
解法
这种题可以叫做树上的构造问题，那么一定要去考虑 (dfs) 的方式解决。
首先如果边 ((x,y)) 在两棵树上都出现的话，我们尝试不动他，只改变那些不合法的边，如果能做到那么就是最少的方案数。
考虑在第一棵树上 (dfs)，那么每次 (u) 访问儿子 (v) 时我们就看 ((u,v)) 这条边是否在第二棵树上出现过，如果没有出现过我们就要调整它，设第二棵树上的父亲为 (f2)，就可能会出现第一棵树上已经有了 ((u,f2)) 这条边的情况，不能直接连。
但是这条边一定是有地方放的，我们考虑初始时在第一棵树上保留已经合法的边，而且父子关系用第二棵树上的，那么 (u) 连通块的根一定还没有连接，我们连接 ((rt,f2[rt])) 这条边即可，如果 (f2[rt]) 在 (u) 祖先方向不会构成环，如果在儿子方向会不会构成环呢？因为 (dfs) 已经把儿子处的结构处理好了，所以现在放心的连是没问题的。
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
const int M = 500005;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,f1[M],f2[M],fa[M];vector<int> g1[M],g2[M];
struct node
{
int a,b,c,d;
}s[M];
void dfs1(int u,int p)
{
f1[u]=p;
for(int i=0;i<g1[u].size();i++)
{
int v=g1[u][i];
if(v==p) continue;
dfs1(v,u);
}
}
void dfs2(int u,int p)
{
f2[u]=p;
for(int i=0;i<g2[u].size();i++)
{
int v=g2[u][i];
if(v==p) continue;
dfs2(v,u);
}
}
int find(int x)
{
if(x!=fa[x]) fa[x]=find(fa[x]);
return fa[x];
}
void dfs(int u)
{
for(int i=0;i<g1[u].size();i++)
{
int v=g1[u][i];
if(v==f1[u]) continue;
dfs(v);
if(f2[u]!=v && f2[v]!=u)
s[++m]=node{u,v,find(v),f2[find(v)]};
}
}
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u=read(),v=read();
g1[u].push_back(v);
g1[v].push_back(u);
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u=read(),v=read();
g2[u].push_back(v);
g2[v].push_back(u);
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int j=f2[i];
if(f1[i]==j || f1[j]==i) fa[i]=j;
else fa[i]=i;
}
dfs(1);
printf("%d
",m);
for(int i=1;i<=m;i++)
printf("%d %d %d %d
",s[i].a,s[i].b,s[i].c,s[i].d);
}