[bzoj1935][Shoi2007]Tree 园丁的烦恼 _树状数组

Tree 园丁的烦恼 bzoj-1935 Shoi-2007

题目大意：给定平面上的$n$个点，$m$次查询矩形点个数。

注释：$1\le n,m\le 5\cdot 10^5$。

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想法：静态二维数点。

$Orz Winniechen$，真tm敢写$KD-Tree$，虽然$T$了..

正常这种静态的二维数点我们都要请到树状数组。最简单的就是二维树状数组。

但是发现开不下，这样的话我们依据它可以离线这一点，我们将每个询问$(x1,y1)$到$(x2,y2)$变成$4$次查询：

$(x1-1,y1-1),(x1-1,y2),(x2,y1-1),(x2,y2)$把它们哥四个都当成点放入点集。每次都相当于查询$(1,1)$到$balabala$

每个点集中的点有$4$个参数：横纵坐标，种类和系数。

种类就是这个点到底是给定的点还是查询的点。

系数的话就是容斥前面的系数：$(x1-1,y1-1)$和$(x2,y2)$前面是$1$，$(x1-1,y2)$和$(x2,y1-1)$前面是$-1$。

然后我们将点集排序，横坐标递增为第一关键字，纵坐标递增为第二关键字。

紧接着我们顺次枚举每个点，如果这个点的种类是给定点，我们将它压到树状数组里。

是一个树状数组里，我们只开一个树状数组，记录的是小于每个横坐标的点的个数。

这样的话根据我们的关键字可知，每一个有可能更新查询的点都会被提前枚举过。

如果这个点是查询，就直接查询然后累加到对应查询的编号答案上，即可。

最后，附上丑陋的代码... ...

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 1000010
using namespace std;
struct Node
{
	int x,y,f,id;//这里跟上述的有些不一样。
	//我们用f直接可以同时记录种类和系数。如果f==0，那么就表示这个点是给定的点，反之f=1或-1代表系数，直接累计即可。
}q[N<<2];
int tree[10000010];
int mx=0;
int ans[N];
inline bool cmp(const Node &a,const Node &b)
{
	return a.x!=b.x?a.x<b.x:(a.y!=b.y?a.y<b.y:a.id<b.id);
}
int a,b,c,d;
int cnt;
inline int lowbit(int x) {return x&(-x);}
void fix(int x)
{
	// if(!x) x++;
	// puts("fix");
	for(int i=x;i<=mx+1;i+=lowbit(i))
	{
		// printf("aha %d\n",i);
		tree[i]++;
	}
}
int query(int x)
{
	// puts("query");
	int ans=0;
	for(int i=x;i>=1;i-=lowbit(i))
	{
		ans+=tree[i];
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int n,m; cin >> n >> m ;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&q[i].x,&q[i].y);
		q[i].x++,q[i].y++;
		mx=max(mx,q[i].y);
	}
	cnt=n;
	// puts("Fuck 1");
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
		c++,d++;
		q[++cnt].x=c; q[cnt].y=d; q[cnt].f=1; q[cnt].id=i;//这里不要把系数搞错
		q[++cnt].x=c; q[cnt].y=b; q[cnt].f=-1; q[cnt].id=i;
		q[++cnt].x=a; q[cnt].y=d; q[cnt].f=-1; q[cnt].id=i;
		q[++cnt].x=a; q[cnt].y=b; q[cnt].f=1; q[cnt].id=i;
	}
	// printf("Gun %d\n",cnt);
	// puts("Fuck 2");
	sort(q+1,q+cnt+1,cmp);
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
	{
		// printf("Shit %d\n",i);
		if(!q[i].id) fix(q[i].y);
		else ans[q[i].id]+=query(q[i].y)*q[i].f;//这就是直接压到一个变量的好处，不用特判直接加就行了，反正如果是给定点f就是0，不会影响答案。
	}
	// puts("Fuck 3");
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		printf("%d\n",ans[i]);
	}
	return 0;
}

小结：这个想法极其常用，很多静态可离线二维数点问题都可以用这个来解决。那些动态的就让KD-Tree上吧，反正出了那种题被卡常的不可能只有你一个人/手动滑稽