poj2528贴海报（线段树离散化）

//poj2528贴海报（线段树离散化）
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=100005; //要开10倍的数组，否则RE
bool hash[maxn];
int li[maxn],ri[maxn];
int cov[maxn<<4];
int a[maxn*3];
int cnt;
int BinSea(int key,int n) //二分查找所在的编号即离散后的位置号
{int l=0,r=n-1;while(l<=r){int mid=(l+r)/2;if(a[mid]==key) return mid;else if(a[mid]<key) l=mid+1;else r=mid-1;}return -1;
}
void Pushdown(int p) //将该区间的标记向子女节点传递
{if(cov[p]!=-1){//如果被标记cov[p<<1]=cov[p<<1|1]=cov[p];cov[p]=-1;}
}
/*
void Build(int p,int l,int r)
{cov[p]=-1;if(l==r) {return;}int mid=(l+r)/2;Build(p<<1,l,mid);Build(p<<1|1,mid+1,r);}
*/
void Update(int p,int l,int r,int x,int y,int c)
{if(x<=l&&y>=r){cov[p]=c;return;}Pushdown(p);int mid=(l+r)/2;if(x<=mid) Update(p<<1,l,mid,x,y,c);if(y>mid) Update(p<<1|1,mid+1,r,x,y,c);}void  Query(int p,int l,int r) //遍历每个区间的颜色
{if(cov[p]!=-1){if(!hash[cov[p]]){//cout<<cov[p]<<'*'<<endl;cnt++;hash[cov[p]]=true;//避免重复计数}return;}if(l==r) return;int mid=(l+r)/2;Query(p<<1,l,mid);Query(p<<1|1,mid+1,r);
}int main()
{int t,n;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d",&n);int k=0;for(int i=0;i<n;i++){scanf("%d%d",&li[i],&ri[i]);a[k++]=li[i];//a[]存端点a[k++]=ri[i];}sort(a,a+k); //排序以便离散化int h=1;for(int i=1;i<k;i++) //删去相同的数{if(a[i]!=a[i-1]) a[h++]=a[i];}for(int i=h-1;i>0;i--) //距离大于1的点之间加一个数{if((a[i]-a[i-1])>1) a[h++]=a[i-1]+1;}sort(a,a+h);memset(cov,-1,sizeof(cov));//初始标记为-1for(int i=0;i<n;i++){int l=BinSea(li[i],h);int r=BinSea(ri[i],h);// cout<<l<<' '<<r<<endl;Update(1,0,h-1,l,r,i); //更新该区间包含颜色}cnt=0;memset(hash,false,sizeof(hash));Query(1,0,h-1);printf("%d\n",cnt);}return 0;
}

int binsea(int key,int n){int l=0,h=r-1;while(l<=r){int mid=(h+l)>>1;if(a[mid]==key) return mid;if(a[mid>key]) l=mid+1;else if(a[mid]<=key) r=mid-1;}return -1;
}
void down(int rt){if(lazy[rt]!=-1){lazr[rt<<1]=lazy[rt<<1|1]=laz[rt];lazy[rt]=-1;}
}
void update(int rt,int l,int r,int x,int y,int c){// Update(1,0,h-1,l,r,i); c是颜色种类if(x<=l&&r<=y){//[l,r]属于[x,y]区间  覆盖掉[l,r]区间  [x,y]是题目给的lazy[rt]=c;return;}down(rt);int mid=(l+r)/2;  if(x<=mid) Update(p<<1,l,mid,x,y,c);  if(y>mid) Update(p<<1|1,mid+1,r,x,y,c);
}
void query(int rt,int l,int r){//query(1,0,h-1)if(lazy[rt]!=-1){if(hash[lazy[rt]]==false){//初始值是false  避免重复计数cnt++;hash[lazy[rt]]==true;}return;}if(l==r) return;int mid=(l+r)/2;  Query(p<<1,l,mid);  Query(p<<1|1,mid+1,r); }

这道题与之前的题目相比重点在于一个映射的预处理，题目所给的区间达到10000000，而最多只有10000个点，如果直接建树的话太过于空旷。把这些区间的左右节点一一对应，最多有4×10000个点，远小于之前的10000000，而且区间之间的对应关系也不会改变。

举个例子：
区间：[2,6],[4,8],[6,10]
我们进行下面对应:
2 4 6 8 10
1 2 3 4 5
则原区间变为[1,3],[2,4],[3,5]。可以发现它们之间的覆盖关系并没有改变，但是却紧凑了很多。
但是注意对应后，应该有一个去重的操作，防止出错。

还有一点去需要注意，区间的对应稍不注意会出现颜色丢失的情况，如下：
[1,10],–[1,4],–[6,10]
当我们手工模拟会发现，我们只是对1，4，6，10，进行了对应，即1，2，3，4，原集合中的4，6被视为了相邻元素，所以5处的颜色丢失，最终得到了错误的结果。
为了防止发生这种情况我们进行插值，在两个不相邻的节点间插入无关值，但是能有效的避免这种情况。

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