【Luogu P5490】【模板】扫描线

题目大意：

求 (n) 个矩形的面积并。

正文：

本题计算面积并在扫描线中较为简单。抛开离散化，我们着重讲扫描线。

与上图为例，思考怎么计算它们的几何并。

暴力

用一个数组来存信息，覆盖了就标 1，否则标 0。暴力既好想又好写，但当坐标一大，时空都会超。

容斥

用总面积减去重合面积。但只局限于重合少的题。

分割图形

将图形重新分割成一个个规则的矩形，用线段树维护一条扫描的线。

如上图，每扫描到一段，该段面积就是直线上覆盖的长度乘该段的宽度。

顺着这个思路来，用一个四元组 ((x,y_1,y_2,flag)) 记录每一条竖线，表示竖线的坐标及是否是左右边界。

线段树维护扫描线上被覆盖的长度，每次修改后，更新被覆盖长度（如下）。

void pushup(int x)
{
	if(t[x].cnt) t[x].len = disx[t[x].r + 1] - disx[t[x].l]; 
	else t[x].len = t[x * 2].len + t[x * 2 + 1].len;
}

对于线段树的标记，这里引入 李煜东的《算法竞赛》，在本题我们只关心整个扫描线（线段树根节点）上被覆盖的长度。四元组又成对出现，所以线段树区间修改也是重复出现，这样就没必要下传延时标记，而采用更加简单的做法：在线段树每个节点上另加维护该节点代表的区间被矩形覆盖的长度 (len)，该节点自身被覆盖的次数 (cnt)。对于一个四元组 ((x,y_1,y_2,flag))，在 ([val(y_1),val(y_2)-1]) 上执行区间修改。该区间被线段树划分成 (log N) 个节点，把这些节点的 (cnt) 都加 (k)。

对于线段树任意一个节点 ([l,r])，若 (cnt>0)，则 (len) 就等于两子节点 (len) 之和。在一个节点 (cnt) 被修改，以及线段树传递信息时，我们都按照方法更新 (len) 值。根节点 (len) 值就是整个扫描线被覆盖的长度。

代码:

const int N = 2000000 + 10;
int n;

struct SegmentTree
{
	int l, r;
	ll cnt, len;
}t[N << 2];
ll x[N], disx[N], y[N];

struct node
{
	ll xd, xu, y, flag;
}a[N << 2];

bool cmp(node a, node b)
{
	if(a.y == b.y) return a.flag > b.flag;
	return a.y < b.y;
}

void build(int x, int l, int r)
{
	t[x].l = l, t[x].r = r;
	if(l == r) return;
	int mid = (t[x].l + t[x].r) / 2;
	build(x * 2, l, mid);
	build(x * 2 + 1, mid + 1, r);
}

void pushup(int x)
{
	if(t[x].cnt) t[x].len = disx[t[x].r + 1] - disx[t[x].l]; 
	else t[x].len = t[x * 2].len + t[x * 2 + 1].len;
}

void change(int x, int l, int r, ll k)
{
	if(l <= t[x].l && t[x].r <= r)
	{
		t[x].cnt += k;
		pushup(x);
		return;
	}
	int mid = (t[x].l + t[x].r) / 2;
	if(l <= mid) change(x * 2, l, r, k);
	if(r > mid) change(x * 2 + 1, l, r, k);
	pushup(x);
}

ll ans;

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	int m = n * 2;
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
	{
		scanf("%lld%lld%lld%lld", &x[(i << 1) - 1], &y[(i << 1) - 1], &x[(i << 1)], &y[(i << 1)]);
		a[(i << 1) - 1].xd = a[(i << 1)].xd = x[(i << 1) - 1];
		a[(i << 1) - 1].xu = a[(i << 1)].xu = x[(i << 1)];
				
		a[(i << 1) - 1].y = y[(i << 1) - 1];
		a[(i << 1)].y = y[(i << 1)];
		a[(i << 1) - 1].flag = 1;
		a[(i << 1)].flag = -1;
	}
	sort(x + 1, x + 1 + m);
	m = unique(x + 1, x + 1 + m) - (x + 1);
	for (int i = 1; i <= n * 2; i++)
	{
		int p1 = lower_bound(x + 1, x + 1 + m, a[i].xd) - x,
			p2 = lower_bound(x + 1, x + 1 + m, a[i].xu) - x;
		disx[p1] = a[i].xd, disx[p2] = a[i].xu;
		a[i].xd = p1;
		a[i].xu = p2;
	}
	m = 2 * n;
	build(1, 1, m);
	sort(a + 1, a + 1 + m, cmp);
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		change(1, a[i].xd, a[i].xu - 1, a[i].flag);
		ans += t[1].len * (a[i + 1].y - a[i].y);
	}
	printf("%lld
", ans);
    return 0;
}