【BZOJ】1818: [Cqoi2010]内部白点（树状数组+离散+特殊的技巧）

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1818

这一题一开始我就看错了，bzoj的那个绝对值109简直坑人，应该是10^9，我直接写了个暴力。。简直感人。

然后看题解，看了挺久，，，，后来明白了。。

首先我们离散x轴，这样将数量级降到n。

然后我们知道，黑点在一秒内就会全部出来了，不可能有黑点在一秒后再由新的黑点组成，这点显而易见。

所以不必考虑-1的情况，因为不可能

产生黑点是什么情况呢？当然是水平黑点线段和竖直黑点线段的交点！

所以我们要处理出所有的线段

怎样判交呢？

扫描线

将所有的线段按y轴排序，一直扫上去

怎么统计呢？

用树状数组维护1～n（离散后的x轴）在此时扫描线所在位置的总和。

我们先来考虑横线的情况，横线当然是直接在扫描线统计，但是要注意，不能包括左右两个端点，即树状数组统计sum(r-1)-sum(l)

我们在向上扫到竖线的时候，如果是下端点，那么就将这个x轴+1，如果扫描到了它的上端点，那么x轴就-1

具体看代码，很多细节

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <string>

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)

#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)

#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)

#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)

#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)

#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))

#define read(a) a=getint()

#define print(a) printf("%d", a)

#define dbg(x) cout << #x << " = " << x << endl

#define printarr(a, n, m) rep(aaa, n) { rep(bbb, m) cout << a[aaa][bbb]; cout << endl; }

inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }

inline const int max(const int &a, const int &b) { return a>b?a:b; }

inline const int min(const int &a, const int &b) { return a<b?a:b; }

const int N=100005;

int hash[N], n, line, cnt, ans, c[N];

struct ND { int x, y; }nd[N];

struct seg { int x, y, r, k; }s[N*10]; //这里的k别有用心，按k排序的话，刚好可以将完结的竖条先剪掉，然后再将横条的统计，然后再加上y轴的竖条。。太赞了

inline const bool cmp1(const ND &a, const ND &b) { return a.x==b.x ? a.y<b.y : a.x<b.x; } //竖

inline const bool cmp2(const ND &a, const ND &b) { return a.y==b.y ? a.x<b.x : a.y<b.y; } //横

inline const bool cmp3(const seg &a, const seg &b) { if(a.y==b.y) return a.k<b.k; return a.y<b.y; }

inline const int ifind(const int &x) { return lower_bound(hash+1, hash+1+line, x)-hash; }

inline void add(const int &x, const int &r, const int &y, const bool &d) {

	if(d) { //竖 r下边的，y上边的

		int fx=ifind(x);

		s[++cnt].x=fx; s[cnt].y=r; s[cnt].k=1;

		s[++cnt].x=fx; s[cnt].y=y; s[cnt].k=-1;

	}

	else { s[++cnt].x=ifind(x); s[cnt].r=ifind(r); s[cnt].y=y; }

}

void build() {

	sort(nd+1, nd+1+n, cmp1);

	for2(i, 1, n) if(nd[i].x==nd[i+1].x) add(nd[i].x, nd[i].y, nd[i+1].y, 1);

	sort(nd+1, nd+1+n, cmp2);

	for2(i, 1, n) if(nd[i].y==nd[i+1].y) add(nd[i].x, nd[i+1].x, nd[i].y, 0);

}

inline int sum(int x) { int ret=0; for(; x; x-=(x&-x)) ret+=c[x]; return ret; }

inline void update(int x, const int &y) { for(; x<=line; x+=(x&-x)) c[x]+=y; }

void getans() {

	for1(i, 1, cnt)

		if(!s[i].k) ans+=sum(s[i].r-1)-sum(s[i].x);

		else update(s[i].x, s[i].k);

}

int main() {

	read(n);

	for1(i, 1, n) { read(nd[i].x); read(nd[i].y); hash[i]=nd[i].x; }

	sort(hash+1, hash+1+n); hash[n+1]=~0u>>1;

	for1(i, 1, n) if(hash[i]!=hash[i+1]) hash[++line]=hash[i];

	build();

	sort(s+1, s+1+cnt, cmp3);

	getans();

	print(n+ans);

	return 0;

}

Description

无限大正方形网格里有n个黑色的顶点，所有其他顶点都是白色的（网格的顶点即坐标为整数的点，又称整点）。每秒钟，所有内部白点同时变黑，直到不存在内部白点为止。你的任务是统计最后网格中的黑点个数。内部白点的定义：一个白色的整点P(x,y)是内部白点当且仅当P在水平线的左边和右边各至少有一个黑点（即存在x1 < x < x2使得(x1,y)和(x2,y)都是黑点），且在竖直线的上边和下边各至少有一个黑点（即存在y1 < y < y2使得(x,y1)和(x,y2)都是黑点）。

Input

输入第一行包含一个整数n，即初始黑点个数。以下n行每行包含两个整数(x,y)，即一个黑点的坐标。没有两个黑点的坐标相同，坐标的绝对值均不超过109。

Output

输出仅一行，包含黑点的最终数目。如果变色过程永不终止，输出-1。

Sample Input

4
0 2
2 0
-2 0
0 -2

Sample Output

数据范围
36%的数据满足：n < = 500
64%的数据满足：n < = 30000
100%的数据满足：n < = 100000

HINT

Source