亚特兰蒂斯【线段树+扫描线+离散化】

POJ1151、ACwing247

题目：

有几个古希腊书籍中包含了对传说中的亚特兰蒂斯岛的描述。

其中一些甚至包括岛屿部分地图。

但不幸的是，这些地图描述了亚特兰蒂斯的不同区域。

您的朋友 Bill 必须知道地图的总面积。

你自告奋勇写了一个计算这个总面积的程序。

输入格式：

输入包含多组测试用例。

对于每组测试用例，第一行包含整数 nn，表示总的地图数量。

接下来 n 行，描绘了每张地图，每行包含四个数字 x1,y1,x2,y2（不一定是整数），(x1,y1) 和 (x2,y2) 分别是地图的左上角位置和右下角位置。

注意，坐标轴 x 轴从上向下延伸，y 轴从左向右延伸。

注意这里的提示，也就是我们正常理解的左下角和右上角

当输入用例 n=0 时，表示输入终止，该用例无需处理。

输出格式：

每组测试用例输出两行。

第一行输出 Test case #k，其中 k 是测试用例的编号，从 1 开始。

第二行输出 Total explored area: a，其中 a 是总地图面积（即此测试用例中所有矩形的面积并，注意如果一片区域被多个地图包含，则在计算总面积时只计算一次），精确到小数点后两位数。

在每个测试用例后输出一个空行。

数据范围：

1≤n≤10000,
0≤x1<x2≤100000,
0≤y1<y2≤100000
注意，本题 n 的范围上限加强至 10000。

样例输入：

2
10 10 20 20
15 15 25 25.5
0

样例输出：

Test case #1
Total explored area: 180.00

思路：

如果y轴离散化后数组为ys[5.1,6.2,8.5,10.8]

我们假设线段树内的结点[1,1]、[2,2]的父节点是[1,2]，若要[1,2]这个结点的len能够映射离散化区间里面的8.5、6

2。但是如果根节点是[0，2]，要查询[1,2]的长度len，就会将[0,2]分成[0,1]和[2,2]，这样就把要求的区间砍断了。

所以采用另外一种映射方法。将区间[0,0]映射到5.1_{6.5，[1,1]映射到6.2}8.5。那么线段树的最小单位就是一个长度而不是一个点了，也就是：[l,r]的长度=ys[r+1]-ys[l]。

主要就是离散化过后让线段树的每个结点的y轴不存在交叉，然后y轴的宽度累加乘以x扫过的距离，再对该乘积进行累加，就是最终的面积了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long long
const int N = 1e4+5;int n;
//--------------------------------------
struct Node{int l,r;        //存储区间int count;      //当前区段被有效覆盖的次数double len;     //当前区段内的有效长度
} tree[N << 3];    //存储线段树
//--------------------------------------
struct edge{double x,y1,y2; //三个坐标int k;          //1表示是矩形左边的线，-1表示是矩形右边的线
} E[N << 1];        //存储边
int k;              //存储一共有多少条边
//--------------------------------------
vector<double> v;   //用于离散化bool cmp(edge a,edge b){return a.x < b.x;
}void pushup(int p){//如果该结点的一整段[l,r]都需要算入的话，就直接查找离散化后的表v就行if(tree[p].count)tree[p].len = v[tree[p].r + 1] - v[tree[p].l];//没有全部覆盖那么就是左右孩子的有效长度相加else if(tree[p].count == 0 && tree[p].l != tree[p].r)tree[p].len = tree[p<<1].len + tree[p<<1|1].len;//该最小片段未被选中elsetree[p].len = 0;
}void build(int p,int l,int r){tree[p] = {l,r,0,0};if(l == r)return;int lc = p<<1,rc = p<<1|1,mid = l+r>>1;build(lc,l,mid);build(rc,mid + 1,r);pushup(p);
}void update(int p,int l,int r,int k){//第一次遇到这条边，count+1有效，而如果是第二次遇到，那么久-1无效if(tree[p].l == l && tree[p].r == r)tree[p].count += k;else{int lc = p<<1,rc = p<<1|1,mid = tree[p].l+tree[p].r>>1;if(r<=mid)update(lc,l,r,k);else if(l > mid)update(rc,l,r,k);elseupdate(lc,l,mid,k),update(rc,mid + 1,r,k);}pushup(p);
}int find_w(double x){return lower_bound(v.begin(),v.end(),x) - v.begin();
}signed main(){int T = 0;while(cin>>n && n){k = 0;v.clear();cout<<"Test case #"<<++T<<"\n";double x1,y1,x2,y2;double ans = 0;for(int i = 1;i <= n;++i){cin>>x1>>y1>>x2>>y2;E[k].x = x1;E[k].y1 = y1,E[k].y2 = y2,E[k++].k = 1;E[k].x = x2;E[k].y1 = y1,E[k].y2 = y2,E[k++].k = -1;v.push_back(y1),v.push_back(y2);        //存储一个矩形的两条边，并且为离散化做准备}sort(v.begin(),v.end());v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end()); //去重离散化build(1,0,v.size() - 2);            //建立线段树sort(E,E + k,cmp);                      //将所有的线按照x从左到右进行排序，以便后续扫描for(int i = 0;i < k;++i){if(i > 0)ans += tree[1].len * (E[i].x - E[i-1].x);update(1,find_w(E[i].y1),find_w(E[i].y2) - 1,E[i].k);}
//        cout<<"Total explored area: "<<ans<<"\n\n";printf("Total explored area: %.2lf\n\n",ans);}return 0;
}