扫描线+线段树简介 AcWing 248窗内的星星题解

                                 ————出自南昌理工学院ACM集训队

这周学习了线段树和扫描线的解题方法，下面由小菜鸡简介一下：
一般扫描线的题目最简单的便是扫描线裸模板（一般来说的话：数据范围小），其次的话便是进行拓展成线段树+扫描线（数据范围增大），再难一点的话就是扫描线+线段树+加上离散化操作了。

扫描线

什么是扫描线呢：
给你一堆的矩形求这些矩形再重叠的情况下的面积？便需要用到扫描线

按照x排序从小到大 xi(1~8)，这样处理之后我们可以看到每两的相邻的 xi的值把矩形分成了若干个矩形，这是我们记录一下上面的长y2和下面的长y1。总的面积的答案ans+=（x2-x1）*(y2-y1)加上每两个xi之前并且属于题目矩形，这里面还涉及一个区间合并（例如x2到x3所形成的矩阵）。

扫描线+线段树
例题：油漆面积
X星球的一批考古机器人正在一片废墟上考古。
该区域的地面坚硬如石、平整如镜。
管理人员为方便，建立了标准的直角坐标系。
每个机器人都各有特长、身怀绝技。
它们感兴趣的内容也不相同。
经过各种测量，每个机器人都会报告一个或多个矩形区域，作为优先考古的区域。
矩形的表示格式为 (x1,y1,x2,y2)，代表矩形的两个对角点坐标。
为了醒目，总部要求对所有机器人选中的矩形区域涂黄色油漆。
小明并不需要当油漆工，只是他需要计算一下，一共要耗费多少油漆。
其实这也不难，只要算出所有矩形覆盖的区域一共有多大面积就可以了。
注意，各个矩形间可能重叠。

输入格式
第一行，一个整数 n，表示有多少个矩形。
接下来的 n 行，每行有 4 个整数 x1,y1,x2,y2，空格分开，表示矩形的两个对角顶点坐标。
输出格式
一行一个整数，表示矩形覆盖的总面积。
数据范围
1≤n≤10000,
0≤x1,x2,y2,y2≤10000
数据保证 x1<x2 且 y1<y2。
输入样例：
3
5 2 10 6
2 7 12 10
8 1 15 15
输出
128

需要结构体保存四元组（x，y1，y2，k）x代表这条边算在x轴的位子，y1、y2代表这条边在x的下限和上限。k表示标记。

 #include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int N=10100;//数据范围int ls(int x){//左节点return x<<1;} int rs(int x){//右节点return x<<1|1;}struct node{int x,y1,y2;//x代表这条边算在x轴的位子，y1、y2代表这条边在x的下限和上限int k;//k表示标记。}seg[N*2];//一个矩阵有两条平行于y轴的边，所以要乘2struct Node{int l,r;int cnt,len;}; Node tree[N*4];//建树的存储大小int n;void build(int l,int r,int u){//建线段树tree[u]={l,r};if(r==l)return ;int mid=(l+r)>>1;build(l,mid,ls(u));build(mid+1,r,rs(u));}void push_up(int p){//向上更新if(tree[p].cnt>0){tree[p].len=tree[p].r-tree[p].l+1;}else if(tree[p].l==tree[p].r) tree[p].len=0;else tree[p].len=(tree[ls(p)].len+tree[rs(p)].len);}
bool cmp(node a,node b){return a.x<b.x;
}
void modify(int u,int l,int r,int k){//更新每一条平行于Y轴的边if(tree[u].l>=l&&tree[u].r<=r){tree[u].cnt+=k;push_up(u);}else{int mid=(tree[u].r+tree[u].l)>>1;if(mid>=l){modify(ls(u),l,r,k);}if(mid<r){modify(rs(u),l,r,k);}push_up(u);}
}int main(){cin>>n;int m=0;for(int i=1;i<=n;i++){int x1,x2,y1,y2;cin>>x1>>y1>>x2>>y2;seg[m++]={x1,y1,y2,1};//每一次先存正标记seg[m++]={x2,y1,y2,-1};}sort(seg,seg+m,cmp); //按x大小从小到大排完序之后还是正标记在前（指的是同一矩阵的两条边）build(0,10000,1);int ans=0;for(int i = 0; i < m; i ++){if(i>0) ans+=tree[1].len*(seg[i].x-seg[i-1].x);//每一次加的是相邻的两个xi之间并且在矩形中的部分。modify(1,seg[i].y1,seg[i].y2-1,seg[i].k);}cout<<ans<<endl;return 0;}

离散化：

vector<int> mp;
for(int i=0;i<=n;i++)
mp.push_back(a[i]);
sort(mp.begin().mp.end());
mp.erase(unique(mp.begin(),mp.end()),mp.end());

线段树+扫描线+离散化

离散化:坐标大就离散化
二分:离散化就二分
扫描线:数据范围大,又是二维,还是要扫描线
线段树:数据范围大,区间可加性,一堆区间操作,还是要线段树

例题：AcWing248窗内的星星
在一个天空中有很多星星（看作平面直角坐标系），已知每颗星星的坐标和亮度（都是整数）。
求用宽为 W、高为 H 的矩形窗口（W,H 为正整数）能圈住的星星的亮度总和最大是多少。（矩形边界上的星星不算）

输入格式
输入包含多组测试用例。
每个用例的第一行包含 3 个整数：n，W，H，表示星星的数量，矩形窗口的宽和高。然后是 n 行，每行有 3 个整数：x，y，c，表示每个星星的位置 (x，y) 和亮度。没有两颗星星在同一点上。

输出格式
每个测试用例输出一个亮度总和最大值。

每个结果占一行。

数据范围
1≤n≤10000,
1≤W,H≤1000000,
0≤x,y<231
输入样例：
3 5 4
1 2 3
2 3 2
6 3 1
3 5 4
1 2 3
2 3 2
5 3 1
将问题转化为:平面上由若干个区域,每个区域都带有一个权值,求在哪个坐标上重叠的区域权值和最大.记住,每一个区域都是有一个星星产生的,权值等于星星的亮度.这里要注意在这个长为W 高为H的矩阵的边界上的星星不算所以等会建树的时候要注意。

 #include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int N=10100;vector<ll> mp;int ls(int x){return x<<1;} int rs(int x){return x<<1|1;}struct node{ll x,y1,y2;ll k;}seg[N*2];struct Node{ll l,r;ll cnt,len;}; Node tree[N*8];ll n;void build(ll l,ll r,ll u){tree[u]={mp[l],mp[r],0,0};if(r - l == 1)//考虑到相邻的不能要。return ;ll mid=(l+r)>>1;build(l,mid,ls(u));build(mid,r,rs(u));}
void  push_up(ll p){tree[p].len=max(tree[rs(p)].len,tree[ls(p)].len)+tree[p].cnt;}
bool cmp(node a,node b){return a.x<b.x|| (a.x==b.x && a.k<0);
}
void modify(ll u,ll l,ll r,ll k){if(tree[u].l>=l&&tree[u].r<=r){tree[u].cnt+=k;tree[u].len+=k; return ;}ll mid=l+r>>1;if(l<tree[ls(u)].r){modify(ls(u),l,min(r,tree[ls(u)].r),k);}if(r>tree[rs(u)].l){modify(rs(u),max(l,tree[rs(u)].l),r,k);}push_up(u);
}int main(){ll n,h,w;while(cin>>n>>w>>h){ll m=0;for(int i=1;i<=n;i++){ll x,y,k;cin>>x>>y>>k;seg[m++]={x,y,y+h,k};seg[m++]={x+w,y,y+h,-k};mp.push_back(y);mp.push_back(y+h);}sort(seg,seg+m,cmp); sort(mp.begin(),mp.end());mp.erase(unique(mp.begin(),mp.end()),mp.end());build(0,mp.size()-1,1);ll ans=0;for(int i = 0; i < m; i ++){int tmp=lower_bound(mp.begin(),mp.end(),seg[i].y1)-mp.begin();int tmp1=lower_bound(mp.begin(),mp.end(),seg[i].y2)-mp.begin();modify(1,mp[tmp],mp[tmp1],seg[i].k);if(seg[i].k>0)ans=max(ans,tree[1].len);}cout<<ans<<endl;}return 0;} ```

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