2018牛客网暑假ACM多校训练赛（第四场）E Skyline 线段树 扫描线

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题目传送门 - https://www.nowcoder.com/acm/contest/142/E

题意

　　给定二维平面上的 $n$ 个点，第 $i$ 个点的坐标是 $(x_i,y_i)$ ，第 $i$ 个点出现的概率是 $a_i\times b_i^{-1}$ 。

　　现在让你求  [满足 “存在 $i$ 使得 $x\leq x_i,y\leq y_i$ ”的点 $(x,y)$  的数量]  的期望。答案对于 $10^9+7$ 取模。

　　多组数据，$n\leq 10^5,\sum n\leq 10^6, \rm{Time\ Limit = 10s}$

题解

　　出题人大概是着急有事吧。他讲的太快了这题不知道说了什么。只记得我去存了一下队友比赛时候的 AC 代码然后回来发现他讲了好几题。

　　下面是我们队的做法。

　　首先，我们考虑补集转化： 期望点数 = 可能的点 - 不满足条件的点数的期望

　　其中可能的点我们设定为 左下角为 (1,1) ，右上角为 $ (max_x,max_y)$ ，其中右上角的两个坐标值分别为输入点的两个坐标值的最大值。

　　那么我们考虑一个点对于“不满足条件的点数的期望”的贡献。这个贡献显然是 $1\times $ “在这个点左上方向的所有点都不出现的概率” 。

　　我们只需要用一个算法把所有的点的贡献加起来就可以了。

　　首先，我们离散化一下。然后线段树扫描线，从上往下一行一行操作。一个点的"操作"就是对 $x$ 坐标在其左侧的区间乘上 它不出现的概率。这个显然可以线段树区间乘法。每操作完一行，统计一下这一行与下一行之间区域的答案，并更新总答案。

　　时间复杂度 $O (n\log n)$ 。

　　不进行补集转化应该也可以做吧，但是会难写一些吧。比如我一开始用树状数组写到弃疗……

代码

%:pragma GCC optimize("Ofast")
%:pragma GCC optimize("inline")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005,mod=1e9+7;
namespace HashTable{
	int hs,Ha[N];
	void clear(){hs=0;memset(Ha,0,sizeof Ha);}
	void push(int x){Ha[++hs]=x;}
	void HASH(){
		sort(Ha+1,Ha+hs+1);
		int _hs=1;
		for (int i=2;i<=hs;i++)
			if (Ha[i]!=Ha[i-1])
				Ha[++_hs]=Ha[i];
		hs=_hs;
	}
	int find(int x){return lower_bound(Ha+1,Ha+hs+1,x)-Ha;}
}
using namespace HashTable;
inline int read(){
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch))
		ch=getchar();
	while (isdigit(ch))
		x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48,ch=getchar();
	return x;
}
inline int Pow(int x,int y){
	int ans=1;
	for (;y;y>>=1,x=1LL*x*x%mod)
		if (y&1)
			ans=1LL*ans*x%mod;
	return ans;
}
struct Point{
	int x,y,p;
}a[N];
bool cmp(Point a,Point b){
	if (a.y!=b.y)
		return a.y>b.y;
	return a.x>b.x;
}
struct Seg{
	int v,add;
}t[N<<2];
inline void build(int rt,int L,int R){
	t[rt].add=1;
	if (L==R){
		t[rt].v=Ha[L]-Ha[L-1];
		return;
	}
	int mid=(L+R)>>1,ls=rt<<1,rs=ls|1;
	build(ls,L,mid);
	build(rs,mid+1,R);
	t[rt].v=(t[ls].v+t[rs].v)%mod;
}
inline void pushdown(int rt){
	int &v=t[rt].add;
	if (v==1)
		return;
	int ls=rt<<1,rs=ls|1;
	t[ls].v=1LL*t[ls].v*v%mod,t[ls].add=1LL*t[ls].add*v%mod;
	t[rs].v=1LL*t[rs].v*v%mod,t[rs].add=1LL*t[rs].add*v%mod;
	v=1;
}
inline void update(int rt,int L,int R,int x,int d){
	if (R<=x){
		t[rt].v=1LL*t[rt].v*d%mod;
		t[rt].add=1LL*t[rt].add*d%mod;
		return;
	}
	pushdown(rt);
	int mid=(L+R)>>1,ls=rt<<1,rs=ls|1;
	update(ls,L,mid,x,d);
	if (x>mid)
		update(rs,mid+1,R,x,d);
	t[rt].v=(t[ls].v+t[rs].v)%mod;
}
inline void solve(){
	int n=read();
	clear();
	for (int i=1;i<=n;i++){
		a[i].x=read(),a[i].y=read();
		push(a[i].x);
		int A=read(),B=read();
		a[i].p=1LL*A*Pow(B,mod-2)%mod;
	}
	HASH();
	for (int i=1;i<=n;i++)
		a[i].x=find(a[i].x);
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	build(1,1,hs);
	int ans=0;
	for (int i=1,j;i<=n;i=j+1){
		for (j=i;j<n&&a[j+1].y==a[i].y;j++);
		for (int k=i;k<=j;k++)
			update(1,1,hs,a[k].x,(mod+1-a[k].p)%mod);
		ans=(1LL*(a[i].y-a[j+1].y)*(Ha[hs]-t[1].v+mod)+ans)%mod;
	}
	printf("%d\n",ans);
}
int main(){
	for (int T=read();T;T--)
		solve();
	return 0;
}