题目描述

为了准备一个独特的颁奖典礼，组织者在会场的一片矩形区域（可看做是平面直角坐标系的第一象限）铺上一些矩形地毯。一共有 nn 张地毯，编号从 11 到nn。现在将这些地毯按照编号从小到大的顺序平行于坐标轴先后铺设，后铺的地毯覆盖在前面已经铺好的地毯之上。

地毯铺设完成后，组织者想知道覆盖地面某个点的最上面的那张地毯的编号。注意：在矩形地毯边界和四个顶点上的点也算被地毯覆盖。

输入输出格式

输入格式：

输入共n+2行

第一行，一个整数n，表示总共有n张地毯

接下来的n行中，第 i+1行表示编号i的地毯的信息，包含四个正整数a ,b ,g ,k，每两个整数之间用一个空格隔开，分别表示铺设地毯的左下角的坐标(a,b)以及地毯在x轴和y轴方向的长度

第n+2行包含两个正整数x和y，表示所求的地面的点的坐标(x,y)

输出格式：

输出共1行，一个整数，表示所求的地毯的编号；若此处没有被地毯覆盖则输出-1

题目分析

首先读题，不难发现题目里的坑：地毯在x轴和y轴的长度。

不是右下角的下标！！！

OK，明确了这一点，做题就不难了。

思路一

由于是一道几何类的题目，所以第一时间就会想到模拟。

显然，1e5完全是可以模拟的，于是有以下代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int hc[100001][100001];
int main(){memset(hc,-1,sizeof(hc));int n;cin>>n;for(int k=1;k<=n;k++){int xxx,yyy,xc,yc;cin>>xxx>>yyy>>xc>>yc;for(int i=xxx;i<=xxx+xc;i++){for(int j=yyy;j<=yyy+yc;j++){hc[i][j]=k;}}}int xx,yy;cin>>xx>>yy;cout<<hc[xx][yy];return 0;
}

跑得出来吗，当然跑得出来，但是，时间复杂度不难计算：O(ngk)，简单来说，最多1e14。

谁家编译器跑得出这速度？

于是想到，这个方法太笨了，不可行！

思路二

既然gk的复杂度就会到1e10，想都不用想，不可能去开个巨大的数组然后无限次遍历。

对于一个点，怎样情况下它会被覆盖呢？

易得：x>=a[i].left_up_x&&x<=a[i].left_up_x+xc&&y>=a[i].left_up_y&&y<=a[i].left_up_y+yc；

只要满足以上情况，这个点就被覆盖。

所以，我们得先把a[i]的数据存起来。

就有代码：

for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i].left_up_x>>a[i].left_up_y>>a[i].xc>>a[i].yc;}

很显然，后面往上面盖的地毯肯定在上面，于是从a[n]开始遍历。

就有代码：

for(int i=n;i>=1;i--){if(xx>=a[i].left_up_x&&xx<=a[i].left_up_x+a[i].xc&&yy>=a[i].left_up_y&&yy<=a[i].left_up_y+a[i].yc){cout<<i<<endl;return 0;}}

连起来就是：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct dt{int left_up_x,left_up_y;int xc,yc;
};
int main(){dt a[10001];int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i].left_up_x>>a[i].left_up_y>>a[i].xc>>a[i].yc;}int xx,yy;cin>>xx>>yy;for(int i=n;i>=1;i--){if(xx>=a[i].left_up_x&&xx<=a[i].left_up_x+a[i].xc&&yy>=a[i].left_up_y&&yy<=a[i].left_up_y+a[i].yc){cout<<i<<endl;return 0;}}cout<<-1<<endl;return 0;
}

时间复杂度O(n)，值得信赖！

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