hdoj-3255 Farming

考点

  • 扫描线

题解

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 3e4 + 50;
int n, m, dy[2 * maxn], dz[2 * maxn], kind[4];

struct node1 {
int x1_, y1_, h1_, x2_, y2_, h2_;
} arr[maxn];

struct node2 {
int x_, y1_, y2_, flag_;
bool operator<(node2 &x) { return x_ < x.x_; }
} line[2 * maxn];

struct node3 {
ll cnt_, sum_;
} seg[4 * 2 * maxn];
#define lson (rt << 1)
#define rson (rt << 1 | 1)
#define cnt(x) seg[x].cnt_
#define sum(x) seg[x].sum_

void up(int rt, int l, int r) {
sum(rt) = cnt(rt) ? dy[r + 1] - dy[l] : (l == r ? 0 : sum(lson) + sum(rson));
}

void update(int rt, int l, int r, int L, int R, int v) {
if (L <= l && r <= R) {
cnt(rt) += v;
up(rt, l, r);
return;
}
int mid = (l + r) / 2;
if (L <= mid) update(lson, l, mid, L, R, v);
if (R > mid) update(rson, mid + 1, r, L, R, v);
up(rt, l, r);
}

ll work() {
// 离散化
cin >> n >> m;
ll volume = 0, ytot = 0, ztot = 0;
int x1, y1, x2, y2, c;
for (int i = 1; i <= m; ++i) cin >> kind[i];
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2 >> c;
arr[i] = {x1, y1, 0, x2, y2, kind[c]};
dy[++ytot] = y1, dy[++ytot] = y2;
dz[++ztot] = kind[c];
}
dz[++ztot] = 0;
sort(dy + 1, dy + 1 + ytot), sort(dz + 1, dz + 1 + ztot);
ytot = unique(dy + 1, dy + 1 + ytot) - 1 - dy;
ztot = unique(dz + 1, dz + 1 + ztot) - 1 - dz;
// 遍历z轴上的扫描线
for (int i = 1; i < ztot; ++i) {
ll area = 0, ltot = 0;
memset(seg, 0, 8 * n * sizeof(node3));
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
if (arr[j].h1_ <= dz[i] && arr[j].h2_ > dz[i]) {
y1 = lower_bound(dy + 1, dy + 1 + ytot, arr[j].y1_) - dy;
y2 = lower_bound(dy + 1, dy + 1 + ytot, arr[j].y2_) - dy;
line[++ltot] = {arr[j].x1_, y1, y2, 1};
line[++ltot] = {arr[j].x2_, y1, y2, -1};
}
}
sort(line + 1, line + 1 + ltot);
for (int j = 1; j < ltot; ++j) {
update(1, 1, ytot - 1, line[j].y1_, line[j].y2_ - 1, line[j].flag_);
area += (line[j + 1].x_ - line[j].x_) * sum(1);
}
volume += area * (dz[i + 1] - dz[i]);
}
return volume;
}

int main() {
int t;
cin >> t;
for (int i = 1; i <= t; ++i) printf("Case %d: %lld\n", i, work());
return 0;
}

思路

题意是说,一共若干个矩形,每个矩形内的单元格都有权值,矩形相交部分的单元格们取权值更大的,求总权值。

乍一眼,以为和传统板子题一样,只维护y轴上的扫描线,然后算面积乘单元格权值即可。

但是使用线段树的前提就是,变化量是均分到每个结点,且每个结点的操作一致

显然这里是不可以用线段树的,单元格取最大值,而除了单元格都是求和....

二维不行就考虑三维,将权值视作为高,问题就转换为了体积并

比如样例中的第二条数据,作图如下:

先对z轴做扫描线,固定z坐标后,平面问题就是扫描线的经典例题面积并,不再赘述了。