[CF983D]Arkady and Rectangles[线段树+可删堆/set]

题意

你有一个无限大的绘图板,开始颜色是\(0\) , 你将进行\(n\) 次绘图,第\(i\) 次绘图会将左下角为 \((x_1, y_1)\),右上角为\((x_2, y_2)\) 的矩形涂成颜色\(i\). 问你最后能看到的颜色数量 ( 包括 0 ).

\(n\le 10^5\)

分析

• \(kd-tree\) 不好维护可行面积，所以考虑扫描线套线段树。

• 我们可以给每种颜色一个权值(出现的时间)表示他被看到的难易程度，出现时间越晚的颜色越容易被看到。

• 线段树上维护当前可以被看到的未出现的颜色中权值最大的颜色 \(Max\)，每次取出根节点维护的值并打上标记，表示已经看到过。

• 但是有可能 \(Max\) 被当前区间的某个已经出现的颜色全部遮住了，所以还需要维护标记 \(Min\) ，意义如下：

  我们记 \(mx_p\) 表示所有覆盖位置 \(p\) 的已出现权值的最大值， \(Min=\min_\limits{p\in[l,r]}\{mx_p\}\) 。

• 再用一个 \(set​\) 维护出现在整个区间中的最大的颜色是多少，显然其他的颜色不是被他覆盖就是不能覆盖它。

• 节点维护:

  \(Max=max({Max}_l,{Max}_r,maxv)\) ，\(maxv\) 表示出现在 \(set\) 中的最大权值(如果还没有被看到)

  \(Min=max(min({Min}_l,{Min}_r),maxv)\) ，\(maxv\) 表示出现在 \(set​\) 中的最大权值(如果已经出现了)

• 所以如果区间的 \(Max < Min\) 表示不存在未出现的颜色可以被看到。

• 总时间复杂度为 \(O(nlog^2n)\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
#define pb push_back
#define re(x) memset(x, 0, sizeof x)
inline int gi() {
    int x = 0,f = 1;
    char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) { if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
    while(isdigit(ch)) { x = (x << 3) + (x << 1) + ch - 48; ch = getchar();}
    return x * f;
}
template <typename T> inline void Max(T &a, T b){if(a < b) a = b;}
template <typename T> inline void Min(T &a, T b){if(a > b) a = b;}
const int N = 2e5 + 7;
int n, ndc, vc;
int V[N], mx[N << 2], mi[N << 2], xl[N], xr[N], yl[N], yr[N];
bool vis[N];
#define Ls o << 1
#define Rs o << 1 | 1
struct qs {
	int p, l, r, opt;
	bool operator <(const qs &rhs) const {
		if(p != rhs.p) return p < rhs.p;
		return opt < rhs.opt;
	}
}q[N];
struct Heap {
	priority_queue<int>A, B;
	void ins(int x){ A.push(x);}
	void del(int x){ B.push(x);}
	int top() {
		while(!B.empty() && A.top() == B.top()) A.pop(), B.pop();
		return A.empty() ? 0 : A.top();
	}
}col[N << 2];
void pushup(int l, int r, int o) {
	if(l ^ r) {
		mi[o] = min(mi[Ls], mi[Rs]);
		mx[o] = max(mx[Ls], mx[Rs]);
	}else mi[o] = mx[o] = 0;
	if(col[o].top()) {
		int x = col[o].top();
		if(vis[x]) Max(mi[o], x);
		else Max(mx[o], x);
		if(mi[o] > mx[o]) mx[o] = 0;
	}
}
void modify(int L, int R, int l, int r, int o, int v) {
	if(L <= l && r <= R) {
		if(v > 0) col[o].ins(v);
		if(v < 0) col[o].del(-v);
		pushup(l, r, o);
		return;
	}int mid = l + r >> 1;
	if(L <= mid) modify(L, R, l, mid, Ls, v);
	if(R > mid)  modify(L, R, mid + 1, r, Rs, v);
	pushup(l, r, o);
}
int main() {
	n = gi();
	rep(i, 1, n) {
		xl[i] = gi(), yl[i] = gi(), xr[i] = gi(), yr[i] = gi();
		q[++ndc] = (qs){ xl[i], yl[i], yr[i] - 1, i};
		q[++ndc] = (qs){ xr[i], yl[i], yr[i] - 1, -i};
		V[++vc] = yl[i];
		V[++vc] = yr[i];
	}
	sort(V + 1, V + 1 + vc);
	sort(q + 1, q + 1 + ndc);
	vc = unique(V + 1, V + 1 + vc) - V - 1;
	rep(i, 1, n) {
		yl[i] = lower_bound(V + 1, V + 1 + vc, yl[i]) - V;
		yr[i] = upper_bound(V + 1, V + 1 + vc, yr[i] - 1) - V - 1;
	}
	rep(i, 1, ndc) {
		q[i].l = lower_bound(V + 1, V + 1 + vc, q[i].l) - V;
		q[i].r = upper_bound(V + 1, V + 1 + vc, q[i].r) - V - 1;
	}
	for(int i = 1, j = 1; i <= ndc; i = j) {
		for(;j <= ndc && q[j].p == q[i].p; ++j)
			modify(q[j].l, q[j].r, 1, vc, 1, q[j].opt);
		while(mx[1]) {
			int x = mx[1];vis[x] = 1;
			modify(yl[x], yr[x], 1, vc, 1, 0);
		}
	}
	int ans = 1;
	rep(i, 1, n) if(vis[i]) ++ans;
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}