题目原网址:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6183
题目中文翻译:
Time Limit: 20000/10000 MS (Java/Others) Memory Limit: 132768/132768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1677 Accepted Submission(s): 500
Problem Description
你喜欢画画吗？ Little D不喜欢画画，特别是杂乱的彩色画。 现在Little B正在画画。 为了防止他画出凌乱的画作，Little D要求你写一个程序来维持以下的操作。 这些操作的具体格式如下。
0：清除所有点。
1 x y c：在点（x，y）处添加颜色为c的点, 注意这里一个点可以有很多种颜色，是不会被覆盖的。
2 x y1 y2：计算方形（1，y1）和（x，y2）中有多少种不同的颜色。 也就是说，如果存在着色点c（a，b），即1≤a≤x且y1≤b≤y2，则应计算颜色c。
3：退出。
Input
输入包含许多行。
每行包含一个操作。 它可以是'0'，'1 x y c'（1≤x，y≤106,0≤c≤50），'2 x y1 y2'（1≤x，y1，y2≤106）或'3'。
x，y，c，y1，y2都是整数。
假设最后一个操作是3，它只出现一次。
操作1和操作2的连续操作最多为150000次。
最多有10个操作0。
Output
对于每个操作2，输出整数表示答案。
Sample Input
0
1 1000000 1000000 50
1 1000000 999999 0
1 1000000 999999 0
1 1000000 1000000 49
2 1000000 1000000 1000000
2 1000000 1 1000000
0
1 1 1 1
2 1 1 2
1 1 2 2
2 1 1 2
1 2 2 2
2 1 1 2
1 2 1 3
2 2 1 2
2 10 1 2
2 10 2 2
0
1 1 1 1
2 1 1 1
1 1 2 1
2 1 1 2
1 2 2 1
2 1 1 2
1 2 1 1
2 2 1 2
2 10 1 2
2 10 2 2
3
Sample Output
2
3
1
2
2
3
3
1
1
1
1
1
1
1
解题思路:
这道题有50种颜色需要我们处理,比较麻烦,我们不妨先考虑只有一种颜色怎么解决.
因为这道题要我们求的方形是十分特殊的,为（1，y1）和（x，y2）,那就说明这个方形是紧贴y轴分布的:
然后我们就会清楚地发现,只要这个颜色的点纵坐标在y1和y2之间,并且横坐标小于x即可.
然后我们在y轴上维护一个线段树,记录x最小值即可(因为只要小于x即可,所以我们只需要记录最小的那一个).
回归正题,我们刚才成功的处理了一种颜色的情况,现在再来考虑50种颜色的情况.
最容易想到的就是维护50个线段树,对于这道题而言时间限制完全可以,但是对于空间则不满足要求,所以我们引用一个优化的方法
----动态开点线段树,它的工作原理就是每当我要用到一个点来维护一个区间时,现开一个空间给它,用不到的点我就不去开辟也不去访,只需提前开两倍的空间即可,大大降低空间浪费.
AC代码:
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 5 using namespace std; 6 7 int noip,noi,root[51],flag; 8 struct kkk { 9 int ls,rs,value;//因为用一棵线段树维护50种颜色,所以不能用2i和2i+1表示左右儿子了 10 kkk() {ls = rs = value = 0;} 11 }e[3000001]; 12 13 void update(int &c,int l,int r,int v,int h) { 14 if(!c) {//如果当前点没被开辟,现开辟一个 15 c = ++noi; 16 e[c].value = v; 17 } 18 e[c].value = min(e[c].value,v);//因为要求最小值 19 if(l == r) return ;//如果是叶子节点,就返回 20 int mid = (l + r) >> 1; 21 if(h <= mid) update(e[c].ls,l,mid,v,h);//开左儿子 22 else update(e[c].rs,mid + 1,r,v,h);//开右儿子 23 } 24 25 void yin_wei_bu_hui_zhe_ge_de_ying_wen_suo_yi_yong_zhong_wen_jiao_cha_xun(int c,int x,int l,int r,int ll,int rr) { 26 if(flag || !c) return ;//如果已经有一个点在方形内或这个点没被开辟,就返回 27 if(ll <= l && rr >= r) {//如果纵坐标满足要求 28 if(e[c].value <= x) flag = 1;//横坐标满足要求,说明在方形内,标记一下 29 return ; 30 } 31 int mid = (l + r) >> 1; 32 if(ll <= mid) yin_wei_bu_hui_zhe_ge_de_ying_wen_suo_yi_yong_zhong_wen_jiao_cha_xun(e[c].ls,x,l,mid,ll,rr); 33 if(rr > mid) yin_wei_bu_hui_zhe_ge_de_ying_wen_suo_yi_yong_zhong_wen_jiao_cha_xun(e[c].rs,x,mid + 1,r,ll,rr); 34 } 35 36 int main() { 37 while(scanf("%d",&noip)) { 38 if(noip == 3) break; 39 if(noip == 0) { 40 for(int i = 1;i <= noi; i++) e[i].ls = e[i].rs = e[i].value = 0; 41 for(int i = 0;i <= 50; i++) memset(root,0,sizeof(root)); 42 noi = 0; 43 } 44 if(noip == 1) { 45 int x,y,c; 46 scanf("%d%d%d",&x,&y,&c); 47 update(root[c],1,1000000,x,y); 48 } 49 if(noip == 2) { 50 int x,x1,y1; 51 scanf("%d%d%d",&x,&x1,&y1); 52 int ans = 0; 53 for(int i = 0;i <= 50; i++) { 54 flag = 0; 55 yin_wei_bu_hui_zhe_ge_de_ying_wen_suo_yi_yong_zhong_wen_jiao_cha_xun(root[i],x,1,1000000,x1,y1); 56 if(flag) ans++; 57 } 58 printf("%d ",ans); 59 } 60 } 61 return 0; 62 }