POJ Mayor's posters——线段树+离散化

原文：http://blog.163.com/cuiqiongjie@126/blog/static/85642734201261151553308/

大致题意：

有一面墙，被等分为1QW份，一份的宽度为一个单位宽度。现在往墙上贴N张海报，每张海报的宽度是任意的，但是必定是单位宽度的整数倍，且<=1QW。后贴的海报若与先贴的海报有交集，后贴的海报必定会全部或局部覆盖先贴的海报。现在给出每张海报所贴的位置（左端位置和右端位置），问张贴完N张海报后，还能看见多少张海报？（PS：看见一部分也算看到。）

解题思路：

水题，区间压缩映射（离散化）+ 线段树

首先建立模型：

给定一条数轴，长度为1QW，然后在数轴上的某些区间染色，第i次对区间染色为i，共染色N次。给出每次染色的区间，问最后能看见多少种颜色。

常规思路：

若第i次在区间[ai , bi]染色，则把[ai , bi]的每一格都染色为i。后染的颜色覆盖先染的颜色。由于染色N次，定义一个标记数组tagcol，从数轴第一格开始检查，一直检查到最后，出现过得颜色则记录到tagcol，最后统计tagcol中不同颜色的个数，就是所求。

数据规模太大，必定TLE。

应该用线段树去求解，这题只是线段树的入门水题，不懂线段树的同学去找一些相关资料大概学习一下。

然后我这里补充几点线段树的知识，网上关于线段树的资料很多有误导。

1、线段树是二叉树，且必定是平衡二叉树，但不一定是完全二叉树。

2、对于区间[a,b]，令mid=(a+b)/2，则其左子树为[a,mid]，右子树为[mid+1,b]，当a==b时，该区间为线段树的叶子，无需继续往下划分。

3、线段树虽然不是完全二叉树，但是可以用完全二叉树的方式去构造并存储它，只是最后一层可能存在某些叶子与叶子之间出现“空叶子”，这个无需理会，同样给空叶子按顺序编号，在遍历线段树时当判断到a==b时就认为到了叶子，“空叶子”永远也不会遍历到。

4、之所以要用完全二叉树的方式去存储线段树，是为了提高在插入线段和搜索时的效率。用p*2，p*2+1的索引方式检索p的左右子树要比指针快得多。

5、线段树的精髓是，能不往下搜索，就不要往下搜索，尽可能利用子树的根的信息去获取整棵子树的信息。如果在插入线段或检索特征值时，每次都非要搜索到叶子，还不如直接建一棵普通树更来得方便。

但是这题单纯用线段树去求解一样不会AC，原因是建立一棵[1,1QW]的线段树，其根系是非常庞大的，TLE和MLE是铁定的了。所以必须离散化。

通俗点说，离散化就是压缩区间，使原有的长区间映射到新的短区间，但是区间压缩前后的覆盖关系不变。举个例子：

有一条1到10的数轴（长度为9），给定4个区间[2,4] [3,6] [8,10] [6,9]，覆盖关系就是后者覆盖前者，每个区间染色依次为 1 2 3 4。

现在我们抽取这4个区间的8个端点，2 4 3 6 8 10 6 9

然后删除相同的端点，这里相同的端点为6，则剩下2 4 3 6 8 10 9

对其升序排序，得2 3 4 6 8 9 10

然后建立映射

2 3 4 6 8 9 10
↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓
1 2 3 4 5 6 7

那么新的4个区间为 [1,3] [2,4] [5,7] [4,6]，覆盖关系没有被改变。新数轴为1到7，即原数轴的长度从9压缩到6，显然构造[1,7]的线段树比构造[1,10]的线段树更省空间，搜索也更快，但是求解的结果却是一致的。

离散化时有一点必须要注意的，就是必须先剔除相同端点后再排序，这样可以减少参与排序元素的个数，节省时间。

附：海报张数上限为10000，即其端点映射的新数轴长度最多为20000。因此建立长度为1QW的离散数组dis时，可以使用unsigned short类型，其映射值最多为20000，这样可以节约空间开销。

//Memory Time
//21276K 547MS   #include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;  class LineTree_Node
{
public:  int s,e;        //区间端点  int col;        //区间颜色  LineTree_Node():s(0),e(0),col(0){}
};  class solve
{
public:  solve(int n):N(n)  {  Initial();  Input();  CreatLineTree(1,Maxp,1);  Solution();  }  ~solve()  {  for(int i=1;i<=N;i++)  delete[] reg[i];  delete[] ep;  delete[] dis;  delete[] tagcol;  delete[] LT;  }  void Initial(void);                         //初始化并申请存储空间  void Input(void);                           //输入  void CreatLineTree(int sp,int tp,int p);    //构造[sp,tp]线段树  void Solution(void);                        //插入区间，统计颜色  void Insert(int a,int b,int p,int color);   //[a,b]:把区间[a,b]插入线段树  //p:当前所在线段树的位置  //color:当前区间的染色  void DFS(int p);                            //遍历线段树,计算线段树中不同颜色的个数  protected:  int N;                  //海报数(区间数)  int Maxp;               //记录(压缩后的)最大端点,用于建造区间[1,Maxp]的线段树  LineTree_Node* LT;      //线段树  int **reg;              //顺序存储输入的区间（每张海报的宽度）  int *ep;                //顺序存储输入的每个区间的2个端点  unsigned short *dis;    //映射端点，压缩区间（离散化）  bool* tagcol;           //标记能看见的颜色  int cnt;                //计数器，记录线段树中能看见的不同的颜色数
};  void solve::Initial(void)
{  cnt=0;  reg=new int*[N+1];  for(int i=1;i<=N;i++)  reg[i]=new int[2];  ep=new int[2*N+1];  dis=new unsigned short[1e7+1];  memset(dis,0,sizeof(unsigned short)*(1e7+1));  tagcol=new bool[N+1];  memset(tagcol,false,sizeof(bool)*(N+1));  return;
}  void solve::Input(void)
{  int p=0;  for(int i=1;i<=N;i++)  {  scanf("%d %d",&reg [ i ][0],&reg [ i ][1]);  /*避免相通的端点重复映射到不同的值*/  /*也为了减少参与排序的元素个数，这里必须做标记*/  /*同时为了节约空间，本用于离散化的dis[]数组暂时用来标记端点*/  if(dis[reg[i][0]]==0)  {  ep[p++]=reg[i][0];  dis[reg[i][0]]=1;  }  if(dis[reg[i][1]]==0)  {  ep[p++]=reg[i][1];  dis[reg[i][1]]=1;  }  }  /*离散化*/  sort(ep,ep+p);          //区间端点排序  unsigned short hash=0;  for(int j=0;j<p;j++)  dis[ep[j]]=++hash;  //把排好序的端点依次映射到1,2,...,Maxp  Maxp=hash;  LT=new LineTree_Node[4*Maxp+1];  return;
}  void solve::CreatLineTree(int sp,int tp,int p)
{  LT[p].s=sp;  LT[p].e=tp;  if(sp==tp)  return;  /*注意线段树不一定都是完全二叉树*/  /*但是为了处理方便，加快搜索效率*/  /*我们完全可以把线段树以完全二叉树的形式进行构造、存储*/  int mid=(sp+tp)>>1;  CreatLineTree(sp,mid,p*2);  CreatLineTree(mid+1,tp,p*2+1);  return;
}  void solve::Solution(void)
{  for(int i=1;i<=N;i++)  Insert(dis[reg[i][0]],dis[reg[i][1]],1,i);  //逐个区间(海报)对线段树染色  DFS(1);  printf("%d\n",cnt);  return;
}  void solve::Insert(int a,int b,int p,int color)
{  if(b<LT[p].s || a>LT[p].e)    //[a,b]与[s,e]完全无交集  return;                 //说明[a,b]不被[s,e]所在的子树包含，无需向下搜索  if(a<=LT[p].s && b>=LT[p].e)//[a,b]完全覆盖[s,e]  {  LT[p].col=color;//[s,e]染单色，暂时无需对[s,e]的子树操作(这是由线段树的搜索机制决定的)  return;         //因此直接返回  }  /*若能执行到这里，说明[a,b]部分覆盖[s,e]*/  if(LT[p].col>=0) //[s,e]本为无色或者单色  {                                           //由于不知道[a,b]覆盖了[s,e]多少  LT[p*2].col=LT[p*2+1].col=LT[p].col;    //因此先由[s,e]的孩子继承[s,e]的单色  LT[p].col=-1;                           //[s,e]由于被部分覆盖，染色为多色  }  /*若能执行到这里，说明[s,e]为多色*/  /*细化处理[s,e]的孩子，确定[s,e]中哪部分的区间是什么颜色*/  Insert(a,b,p*2,color);  Insert(a,b,p*2+1,color);  return;
}  void solve::DFS(int p)
{  if(LT[p].col==0)    //[s,e]为无色，其孩子也必为无色，无需继续搜索  return;  if(LT[p].col>0)      //[s,e]为单色，则无需向下搜索  {                   //因为其子区间必被[s,e]覆盖,能看见的只有[s,e]的颜色  if(!tagcol[LT[p].col])  {  tagcol[LT[p].col]=true;  cnt++;  }  return;  }  if(LT[p].col==-1)   //[s,e]为多色，说明能在[s,e]看到集中颜色  {                   //搜索其子区间具体有什么颜色  DFS(p*2);  DFS(p*2+1);  }  return;
}  int main(void)
{  int test;  scanf("%d",&test);  for(int t=1;t<=test;t++)  {  int n;  scanf("%d",&n);  solve poj2528(n);  }  return 0;
}

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