LOJ6299：「CodePlus 2018 3 月赛」白金元首与克劳德斯（离散化+前缀和）

题目传送门：https://loj.ac/problem/6299

题目分析：一道不难的题目，然而比赛的时候只有90pts。由于所有克劳德斯(clouds)一开始都不相交，所以答案不是1就是2。用O(n2)O(n2)O(n^2)暴力判断两朵云是否能相交，就有80pts了。

接下来可以直接把判断相交的式子化开，用一些数据结构维护一下，就可以做到O(nlog(n))O(nlog⁡(n))O(n\log(n))，然而有一种更好的方法。令横向移动的云不动，纵向移动的云看成向左上方移动，我们发现这和原问题的移动方式等价。也就是说如果向左上方斜着看的话，每一朵云其实就是一个区间[x+y+2,x+W+y+H]。用map离散化一下，然后打标记做两次前缀和即可（第一次前缀和是为了正确得出每个位置的云朵数量，再做前缀和则是为了判断一个区间内有没有非0的数）。

这里还有一个很坑的地方：令所有云大小都是1*1，假设某个时刻一朵横向移动的云在(x,y)处，另一朵纵向移动的云在(x,y+1)处，那么在接下来的不到1s内，它们是能相交的，只不过相交部分面积小于1。1s后它们又分开了，这个时候也要算答案为2。故对于所有用来查询答案的云，一开始要先将斜坐标区间左端点-1，右端点+1。

CODE：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<map>
using namespace std;#define MP(x,y) make_pair(x,y)const int maxn=100100;struct data
{int lx,rx,dy,uy,id;
} ;
data a[maxn];
data b[maxn];
int na,nb;multimap <int,int> mp;int val[maxn<<2];
int sum[maxn<<2];int t,n;bool Judge()
{mp.clear();for (int i=1; i<=na; i++)mp.insert( MP(a[i].lx+a[i].dy,i) ),mp.insert( MP(a[i].rx+a[i].uy,na+i) );for (int i=1; i<=nb; i++)mp.insert( MP(b[i].lx+b[i].dy,2*na+i) ),mp.insert( MP(b[i].rx+b[i].uy,2*na+nb+i) );int num=0,last=-2e9;for (multimap <int,int> :: iterator p=mp.begin(); p!=mp.end(); p++){if (p->first>last) num++;last=p->first;val[p->second]=num;}num+=2;for (int i=0; i<=num; i++) sum[i]=0;for (int i=1; i<=na; i++) sum[ val[i] ]++,sum[ val[na+i]+1 ]--;for (int i=1; i<=num; i++) sum[i]+=sum[i-1];for (int i=1; i<=num; i++) sum[i]+=sum[i-1];for (int i=1; i<=nb; i++)if (sum[ val[2*na+nb+i] ]-sum[ val[2*na+i]-1 ]>0) return true;return false;
}int main()
{freopen("B.in","r",stdin);freopen("B.out","w",stdout);scanf("%d",&t);while (t--){scanf("%d",&n);na=nb=0;for (int i=1; i<=n; i++){data p;int x,y;scanf("%d%d%d%d%d",&p.lx,&p.dy,&x,&y,&p.id);p.rx=p.lx+x;p.uy=p.dy+y;p.lx++;p.dy++;if (p.id) a[++na]=p;else p.dy--,p.uy++,b[++nb]=p;//考虑擦过去的情况，即移动的时候覆盖重叠面积！！！ //故询问的b数组，斜坐标可以+1-1}if ( Judge() ) printf("2\n");else printf("1\n");}return 0;
}

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