[poj2528]Mayor's posters

题目描述

The citizens of Bytetown, AB, could not stand that the candidates in the mayoral election campaign have been placing their electoral posters at all places at their whim. The city council has finally decided to build an electoral wall for placing the posters and introduce the following rules:
Every candidate can place exactly one poster on the wall.
All posters are of the same height equal to the height of the wall; the width of a poster can be any integer number of bytes (byte is the unit of length in Bytetown).
The wall is divided into segments and the width of each segment is one byte.
Each poster must completely cover a contiguous number of wall segments.
They have built a wall 10000000 bytes long (such that there is enough place for all candidates). When the electoral campaign was restarted, the candidates were placing their posters on the wall and their posters differed widely in width. Moreover, the candidates started placing their posters on wall segments already occupied by other posters. Everyone in Bytetown was curious whose posters will be visible (entirely or in part) on the last day before elections.
Your task is to find the number of visible posters when all the posters are placed given the information about posters' size, their place and order of placement on the electoral wall.

题目大意

在一面无限长的墙上有很多的画，让你求出最后一共能看到多少画。

解题思路

首先我们看到这个比较恐怖的数据范围（无限oo），对于我们直接维护裸的线段树。线段树先生：。。。我做不到。。。（粗鄙之语）****
不开玩笑了。我们需要思考如何将这个线段树维护的区间尽量的变小。那么因为一面画会占据一段的区间，那么这一段的区间所有的点全都是一样的，那么我们就可以把这个区间当作一个点，这就是我们常常说的离散化。
所谓离散化就是把无限空间中有限的个体映射到有限的空间中去，以此提高算法的时空效率。来自百度娘的温馨提示
举个例子：
原数据：1,999,100000,15；处理后：1,3,4,2；
原数据：{100,200}，{20,50000}，{1,400}；
处理后：{3,4}，{2,6}，{1,5}；
做个比方：有一排的香蕉，有一些香蕉是一样的，这些香蕉可以合体成一个王者香蕉中二病又犯了，这个王者香蕉代表着组成他的香蕉臣子。
那么我们就将这个线段树需要维护的区间尽可能的缩小了，减小了时空复杂度。
重点来了，注意离散化的边界，因为离散化时，我们相邻的两个区间常常会出现问题，就如这道题，因为是覆盖的问题，我们在离散的时候，会驶两个区间相交，但是无法确定是否是覆盖的还是刚好接触。为了防止这种问题，我们需要通过+1来区别区间和区间之间的边界问题，也就是要新增节点是前一个节点+1，保证了离散化的正确性。
那么就是线段树的基本操作，稍微讲一下过程：每次将原来的画放到离散化的线段树中，将这个区间标记成\(i\)，表示这个是第i号区间覆盖过的地方，在最后统计答案，遍历整个线段树，如果有不一样的为遍历的标记，那么就答案++。

ac代码

#include<cstdio>
#include<ctype.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define lson nod<<1
#define rson nod<<1|1
#define N 100005
using namespace std;
struct node{int l,r;}a[N];
int disc[N],ans;
bool vis[N];
struct SegmantTree{
    int tree[N<<2];
    void init(){memset(tree,-1,sizeof(tree));}
    void pushdown(int nod){tree[lson]=tree[rson]=tree[nod],tree[nod]=-1;}
    void update(int l,int r,int ql,int qr,int v,int nod){
        if(ql<=l&&r<=qr){tree[nod]=v;return;}
        int mid=l+r>>1;
        if(tree[nod]!=-1)pushdown(nod);
        if(ql<=mid) update(l,mid,ql,qr,v,lson);
        if(qr>mid) update(mid+1,r,ql,qr,v,rson);
    }
    void query(int l,int r,int nod){
        if(tree[nod]!=-1){
            if(!vis[tree[nod]]) ++ans,vis[tree[nod]]=true;
            return;
        }
        if(l==r)return;
        int mid=l+r>>1;
        query(l,mid,lson); query(mid+1,r,rson);
    }
}St;
int r(){
    int w=0,x=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-x:x;
}
int main(){
    int cas=r();
    while(cas--){
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        St.init();
        int n=r(),cnt=0;
        for(int i=0;i<n;i++) a[i].l=r(),a[i].r=r(),disc[cnt++]=a[i].l,disc[cnt++]=a[i].r;
        sort(disc,disc+cnt);
        cnt=unique(disc,disc+cnt)-disc;
        int t=cnt;
        for(int i=1;i<t;i++) if(disc[i]-disc[i-1]>1) disc[cnt++]=disc[i-1]+1;
        sort(disc,disc+cnt);
        for(int i=0;i<n;i++){
            int x=lower_bound(disc,disc+cnt,a[i].l)-disc;
            int y=lower_bound(disc,disc+cnt,a[i].r)-disc;
            St.update(0,cnt-1,x,y,i,1);
        }
        ans=0;
        St.query(0,cnt-1,1);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}