2018-2019ICPC焦作C题Supreme Command kd-tree

焦作赛VP打的非常一般，签完4道题之后，还有一个签到没签上，原因是有一个全局的queue忘记清空，由于那题输入过于繁琐，注意力没有集中在算法上，三个人都没看出，算是吸取了一个教训，而剩下有两道银牌题我都有思路，有一道sam我只想到了一半的思路，赛后看了吉老师的博客补完之后才发觉妙之又妙，学到了不少，而另外的一道也就是这道kdtree写出了几个bug，赛内时间剩下的太少没有调出来很可惜，遗憾下班。
不过因为是第一次写kdtree，赛后补了算是小有收获。

题意

题目大意是给你一个n*n（n<=3e5)的格子图，保证每行每列有且仅有一个棋子，输入是棋子的坐标，然后m（m<=3e5）个操作，有四种change和两种询问，change有L,R,U,D，四种类型，后面跟一个k，代表将所有棋子向左或者向其他方向移动k格，棋子本来就在这个方向上的边缘的话就保持不变。
第一种询问是第x个棋子现在在哪个坐标。
第二种询问是有多少对棋子合并到了一起（不重复计算，两个棋子合在一起只算一对）
题目链接：codeforces gym 102028 题目戳这

思路

1.被合并的棋子不可能再分离，这是我最开始想到的，显然作用不大，但再往下细想，如果说原始格子里的第一列棋子被合并到了第二列，那么它再也不可能回到原始格子内的第一列，这么说有些抽象，直接说我想到的一个主意好了，维护两个格子范围，一个是原始的格子范围，另一个是现在的格子范围，初始大小都为n*n，当现在的格子范围在移动之后如果超越了边界，那么它将被压缩，覆盖的范围就变少了，而原始的格子范围将会反向压缩，意味着越界的棋子被压缩到了原始格子还没有被压缩的地方，简单描述一下就是，原始格子范围内代表着还未被压缩的范围，现在格子范围内代表着剩下的棋子覆盖着的范围。

2.很抽象的描述了两个格子范围的意义，再很抽象的解释一下询问一的做法，询问一询问的是第x个棋子现在的坐标，这时维护的原始格子范围就起到了作用，如果这个棋子的x坐标在原始格子范围的上界和下界之外，那么直接将他的坐标压缩到对应的边界上，对y坐标和左界右界同理，这样就能得到这个棋子现在在原始格子的哪个位置，然后与现在格子范围对照一下，就能得到现在的坐标（很抽象，我实在懒得画图，要是不理解就自己画一下或者看代码qaq）

3.虽然标题写着kdtree但是好像上面都没有用到（标题党警告），不过询问二终究还是需要数据结构来维护，询问二询问的是合并的棋子的对数，不妨画个图移动移动，就可以简单的发现，因为每行每列最多只有一个棋子，所以合并的棋子一共最多会形成四堆，分别在左上左下和右上右下，这四个角可以和我刚刚描述的原始格子范围联系到一起，原始格子范围的左上角到整个格子的左上角，这个范围内的棋子会被压缩到一起，右上，左下右下同理，所以我们只要求出这四个范围内的棋子数量就好啦，经典kdtree的套路之一，但由于我从来没有使用过kdtree，所以赛内敲了claris的板子，由于不熟悉，有几个地方敲错了qaq，浪费了好多时间，大家引以为戒。
4.一点点小细节，维护格子范围的时候，维护四个边界就好，要注意当上下界碰到一起或者左右界碰到一起的时候要标记起来，因为这个时候只剩两个棋子堆了，还有全部合成一堆的情况，做两个标记就好。
可以看我写的丑陋代码啦qaq

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ford(i,a,n) for(i=a;i<=n;i++)
#define forb(i,n,a) for(i=n;i>=a;i--)
const int maxn=300010;
typedef long long ll;
struct node{int d[2],l,r,Max[2],Min[2],val,sum,f;
}t[maxn];
ll n;
int id[maxn],root,cmp_d;
bool cmp(const node &a,const node &b)
{return a.d[cmp_d]<b.d[cmp_d];
}
void umax(int&a,int b)
{if(a<b)a=b;
}
void umin(int&a,int b)
{if(a>b)a=b;
}
void up(int x)
{if(t[x].l){umax(t[x].Max[0],t[t[x].l].Max[0]);umin(t[x].Min[0],t[t[x].l].Min[0]);umax(t[x].Max[1],t[t[x].l].Max[1]);umin(t[x].Min[1],t[t[x].l].Min[1]);}if(t[x].r){umax(t[x].Max[0],t[t[x].r].Max[0]);umin(t[x].Min[0],t[t[x].r].Min[0]);umax(t[x].Max[1],t[t[x].r].Max[1]);umin(t[x].Min[1],t[t[x].r].Min[1]);}
}
int build(int l,int r,int D,int f)
{int mid=(l+r)>>1;cmp_d=D,nth_element(t+l+1,t+mid+1,t+r+1,cmp);id[t[mid].f]=mid;t[mid].f=f;t[mid].Max[0]=t[mid].Min[0]=t[mid].d[0];t[mid].Max[1]=t[mid].Min[1]=t[mid].d[1];t[mid].val=t[mid].sum=0;if(l!=mid) t[mid].l=build(l,mid-1,!D,mid);else t[mid].l=0;if(r!=mid) t[mid].r=build(mid+1,r,!D,mid);else t[mid].r=0;return up(mid),mid;
}
void change(int x,int p){for(t[x=id[x]].val+=p;x;x=t[x].f)t[x].sum+=p;
}
int k,X1,Y1,X2,Y2;
void ask(int x)
{if(t[x].Min[0]>X2||t[x].Max[0]<X1||t[x].Min[1]>Y2||t[x].Max[1]<Y1)return;if(t[x].Min[0]>=X1&&t[x].Max[0]<=X2&&t[x].Min[1]>=Y1&&t[x].Max[1]<=Y2){k+=t[x].sum;return;}if(t[x].d[0]>=X1&&t[x].d[0]<=X2&&t[x].d[1]>=Y1&&t[x].d[1]<=Y2)k+=t[x].val;if(t[x].l)ask(t[x].l);if(t[x].r)ask(t[x].r);
}
//以上全是claris的kdtree板子 ask用来询问矩形范围内的点权和，该题所有点点权为1，询问之前要将全局变量的x1，y1等等赋值，k清零
int oldx[maxn];
int oldy[maxn];//棋子坐标
ll getans(int n)
{return (ll)n*(n-1)/2;
}//n个棋子就是n*(n-1)/2堆
int main()
{//  ios::sync_with_stdio(false);
//  cin.tie(0);
//  cout.tie(0);int test;cin>>test;while(test--){int m;scanf("%lld%d",&n,&m);int i;ford(i,1,n){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);oldx[i]=x;oldy[i]=y;t[i].d[0]=x;t[i].d[1]=y;t[i].f=i;} root=build(1,n,0,0);//读入加建树 ford(i,1,n)change(i,1);//赋值点权值为1 ll nowl,nowr,nowu,nowd,oldl,oldr,oldu,oldd;//两个格子范围的四个边界 nowl=nowu=oldl=oldu=1;nowr=nowd=oldr=oldd=n;//一开始为全部 int flag1=0;int flag2=0;//标记两种边界是否碰到一起 while(m--){char op;op=getchar();while(op=='\n'||op==' ')op=getchar();if(op=='?')//询问1 {int num;scanf("%d",&num);int x=oldx[num];int y=oldy[num];if(y<oldl)y=oldl;if(y>oldr)y=oldr;if(x<oldu)x=oldu;if(x>oldd)x=oldd;//找到这个棋子在原始格子的坐标 int ansx=x-oldu+nowu;int ansy=y-oldl+nowl;//映射到现在格子的坐标 if(flag1)ansy=nowl;if(flag2)ansx=nowu;//判是否在线上（应该是没有作用的，但是我怕细节处理不到位就加了 printf("%d %d\n",ansx,ansy);}else if(op=='!'){if(flag1&&flag2){ll ans=getans(n);printf("%lld\n",ans);}//缩成一个点的话就是全部棋子的答案 else if(flag1)//压成一条竖线 {k=0;ll ans=0;X1=1,Y1=1,X2=oldu,Y2=n;//这里的查询范围一定要细之又细 谁写谁知道 ask(root);ans+=getans(k);k=0;X1=oldd,Y1=1,X2=n,Y2=n;//压成一条线要查两堆 ask(root);ans+=getans(k);printf("%lld\n",ans);}else if(flag2)//同上 {k=0;ll ans=0;X1=1,Y1=1,X2=n,Y2=oldl;ask(root);ans+=getans(k);k=0;X1=1,Y1=oldr,X2=n,Y2=n;ask(root);ans+=getans(k);printf("%lld\n",ans);}else//正常情况查四堆 {k=0;ll ans=0;X1=1,Y1=1,X2=oldu,Y2=oldl;ask(root);ans+=getans(k);k=0;X1=1,Y1=oldr,X2=oldu,Y2=n;ask(root);ans+=getans(k);k=0;X1=oldd,Y1=1,X2=n,Y2=oldl;ask(root);ans+=getans(k);k=0;X1=oldd,Y1=oldr,X2=n,Y2=n;ask(root);ans+=getans(k);printf("%lld\n",ans);}}else if(op=='L')//开始操作格子了 {int dis;scanf("%d",&dis);if(nowl<=dis)//如果左边界要被压的话 {int nowdis=dis-nowl+1;oldl+=nowdis;//原始矩阵要反向压 if(oldl>=oldr)flag1=1;//判断有没有成一条线 nowr-=dis;//右边界照动 nowl=1;//左边界动不了了 nowr=max(nowr,1ll);//右边界如果压出去了得压回来，就相当于压成一条线了 }else{nowl-=dis;nowr-=dis;//如果不被压的话，就正常操作一下，移动 }}else if(op=='R')//虽然同上，但是千万不要复制粘贴L的情况，照着自己思路重新写，慎重慎重！细节毁一生 {int dis;scanf("%d",&dis);if(nowr>=n-dis+1){int nowdis=nowr+dis-n;oldr-=nowdis;if(oldl>=oldr)flag1=1;nowl+=dis;nowr=n;nowl=min(nowl,n);}else{nowl+=dis;nowr+=dis;}}else if(op=='D'){int dis;scanf("%d",&dis);if(nowd>=n-dis+1){int nowdis=nowd+dis-n;oldd-=nowdis;if(oldu>=oldd)flag2=1;nowu+=dis;nowd=n;nowu=min(n,nowu);}else{nowu+=dis;nowd+=dis;}}else if(op=='U'){int dis;scanf("%d",&dis);if(nowu<=dis){int nowdis=dis-nowu+1;oldu+=nowdis;if(oldu>=oldd)flag2=1;nowd-=dis;nowu=1;nowd=max(1ll,nowd);}else{nowu-=dis;nowd-=dis;}}}}
}

完结撒花~

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