题意：给出很多黑点，当一个坐标上下左右都有黑点时，这个点也被染成黑色，问最后黑点的数量。
思路：首先，一个很显然的结论，不可能出现无限染色的情况。所以不会输出-1，当n为0或者1时，答案就是0或者1.
其次，每一个新增的点其实就是横线和竖线的交点，我们先把所有的坐标都离散化，然后把横线和竖线都处理出来，分三类，横线，竖线的下端点，竖线的上端点，按照y从小到大排序。遇到竖线下端点时，树状数组x的位子加一，遇到上端点，x的位置减一，遇到横线，则是一段区间求和。
比较重要的端点问题和处理这三类点（线）的优先级问题，显然应该先删去，再求和，最后加上，所以在结构体中加入一个flag，既表示种类又表示优先级。区间求和的时候端点要注意。
我一开始将一条线上的所有点全部合并在同一条直线上，比如（1,1），（1,2），（1,3）直接合并成（1,1）到（1,3），这样处理首先很麻烦，其次会遇到某两条直线把（1,2）这个点染成黑色，重复计算的问题，所以只需要老老实实的分成很多线段就可以了。
#include<bits/stdc++.h> #define CLR(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=100010; struct node{ ll x,y; }a[maxn]; struct line{ ll x1,y1,x2,y2; int flag;//1下端点 2横线 3代表上端点 }b[maxn<<2]; bool cmpx(const node &u,const node &v) { if(u.x==v.x)return u.y<v.y; return u.x<v.x; } bool cmpy(const node &u,const node &v) { if(u.y==v.y)return u.x<v.x; return u.y<v.y; } bool cmpli(const line &u,const line &v){ if(u.y1==v.y1)return u.flag>v.flag; return u.y1<v.y1; } ll hash1[maxn<<1],hash2[maxn<<2]; int n,h; inline void Hash(){ sort(hash1+1,hash1+1+h); int m=0; for(int i=1;i<=h;i++) { if(i==1||hash1[i]!=hash1[i-1]){ hash2[++m]=hash1[i]; } } for(int i=1;i<=n;i++) { a[i].x=lower_bound(hash2+1,hash2+1+m,a[i].x)-hash2; a[i].y=lower_bound(hash2+1,hash2+1+m,a[i].y)-hash2; } } ll c[maxn<<1]; inline void add(int x,ll val) { while(x<=200000) { c[x]+=val; x+=(x&(-x)); } } inline ll getsum(int x) { ll res=0; while(x>0) { res+=c[x]; x-=(x&(-x)); } return res; } int main(){ cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y); hash1[++h]=a[i].x,hash1[++h]=a[i].y; } if(n<=1){ printf("%d ",n); return 0; } Hash(); sort(a+1,a+1+n,cmpx); ll xx=a[1].x,yy=a[1].y; int totline=1; for(int i=2;i<=n;i++)//竖线 { if(a[i].x==xx) { b[totline].x1=xx; b[totline].y1=yy; b[totline].x2=a[i].x; b[totline].y2=a[i].y; xx=a[i].x; yy=a[i].y; totline++; }else{ xx=a[i].x; yy=a[i].y; } if(i==n){ totline--; } } sort(a+1,a+1+n,cmpy); for(int i=1;i<=totline;i++) { b[i].flag=1; b[i+totline]=b[i]; b[i+totline].flag=3; b[i].x2=b[i].x1,b[i].y2=b[i].y1; b[i+totline].x1=b[i+totline ].x2,b[i+totline].y1=b[i+totline ].y2; } totline<<=1; totline++; xx=a[1].x,yy=a[1].y; for(int i=2;i<=n;i++)//竖线 { if(a[i].y==yy) { b[totline].x1=xx; b[totline].y1=yy; b[totline].x2=a[i].x; b[totline].y2=a[i].y; b[totline].flag=2; xx=a[i].x; yy=a[i].y; totline++; }else{ xx=a[i].x; yy=a[i].y; } if(i==n)totline--; } sort(b+1,b+1+totline,cmpli); //1下端点 2横线 3代表上端点 // for(int i=1;i<=totline;i++) // { // printf("i:%d flag:%d x1:%d y1:%d x2:%d y2:%d ",i,b[i].flag,b[i].x1,b[i].y1,b[i].x2,b[i].y2); // } ll ans=0; for(int i=1;i<=totline;i++) { if(b[i].flag==1){ add(b[i].x1,1); }else if(b[i].flag==2){ xx=b[i].x1,yy=b[i].x2; if(yy-1>=xx+1){ ans-=getsum(xx); ans+=getsum(yy-1); } }else if(b[i].flag==3){ add(b[i].x1,-1); } } printf("%lld ",ans+n); } /* 10 6 7 3 8 5 2 6 4 1 5 5 4 1 10 8 7 1 8 4 10 9 2 4 4 1 8 4 7 1 7 10 1 10 6 4 6 8 6 1 */
1818: [Cqoi2010]内部白点
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 64 MBSubmit: 1418 Solved: 635
[Submit][Status][Discuss]
Description
无限大正方形网格里有n个黑色的顶点，所有其他顶点都是白色的（网格的顶点即坐标为整数的点，又称整点）。每秒钟，所有内部白点同时变黑，直到不存在内部白点为止。你的任务是统计最后网格中的黑点个数。 内部白点的定义：一个白色的整点P(x,y)是内部白点当且仅当P在水平线的左边和右边各至少有一个黑点（即存在x1 < x < x2使得(x1,y)和(x2,y)都是黑点），且在竖直线的上边和下边各至少有一个黑点（即存在y1 < y < y2使得(x,y1)和(x,y2)都是黑点）。
Input
输入第一行包含一个整数n，即初始黑点个数。以下n行每行包含两个整数(x,y)，即一个黑点的坐标。没有两个黑点的坐标相同，坐标的绝对值均不超过109。
Output
输出仅一行，包含黑点的最终数目。如果变色过程永不终止，输出-1。
Sample Input
4
0 2
2 0
-2 0
0 -2
0 2
2 0
-2 0
0 -2
Sample Output
5
数据范围
36%的数据满足：n < = 500
64%的数据满足：n < = 30000
100%的数据满足：n < = 100000
数据范围
36%的数据满足：n < = 500
64%的数据满足：n < = 30000
100%的数据满足：n < = 100000