HZOJ 辣鸡(ljh)

题解？noipT1还需要题解？正解就是$n^2$大暴力。

考试的时候打了$n^2$的暴力，也想到了正解的优化，然而觉得它太麻烦了，而且$n^2$怎么优化也过不了50000啊，而且即使不优化前面30分我也能拿到。

然而就把正解放弃了……完戏。

然而这题ifelse打的我好恶心啊……

ps.linux终端还是挺良心的，y1给我报错了，不然凉凉……

题解：

一个方块内部的贡献为：abs(x1(i)-x2(i))*abs(y1(i)-y2(i))*2;

然后$n^2$考虑方块间的贡献。

直接枚举肯定会T，考虑将输入排序，当不符合条件是break，居然快了这么多。

有一个坑点：

开始我写的是：else if(x1(j)>x2(i)&&y1(j)>y2(i))break;

但其实：else if(x1(j)>x2(i))break;就可以了。

 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #include<cstdlib>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #define MAXN 100010
 #define LL long long
 #define int LL
 #define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
 #define ma(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
 using namespace std;
 int n,maxn,maxy;
 int map[][];
 struct ques
 {
     int x1,x2,ty1,ty2;
     #define x1(i) que[i].x1
     #define x2(i) que[i].x2
     #define ty1(i) que[i].ty1
     #define ty2(i) que[i].ty2
     friend bool operator < (ques a,ques b)
     {
         return a.x1==b.x1?a.ty1<b.ty1:a.x1<b.x1;
     }
 }que[MAXN];
 inline int read();
 void QJ2();
 signed main()
 {
     n=read();
     for(int i=;i<=n;i++)
         x1(i)=read(),ty1(i)=read(),x2(i)=read(),ty2(i)=read();
     QJ2();
 }
 inline int read()
 {
     int s=;char a=getchar();
     while(a<''||a>'')a=getchar();
     while(a>=''&&a<=''){s=s*+a-'';a=getchar();}
     return s;
 }
 void QJ2()
 {
     sort(que+,que+n+);
     LL ans=;
     for(int i=;i<=n;i++)
         ans+=1ll*abs(x1(i)-x2(i))*abs(ty1(i)-ty2(i))*;
     for(int i=;i<=n;i++)
     for(int j=i+;j<=n;j++)
     {
         if(i!=j)
         {
             if(ty1(j)==ty2(i)+)//j上
             {
                 int ttt=min(x2(j),x2(i))-max(x1(j),x1(i))+;
                 if(ttt>)
                 {
                     ans+=(ttt-)*;
                     if(abs(x1(i)-x1(j))>)ans++;
                     if(abs(x2(i)-x2(j))>)ans++;
                 }
                 else if(abs(x1(i)-x1(j))==||abs(x2(i)-x2(j))==)ans++;
             }
             else if(ty2(j)==ty1(i)-)//j下
             {
                 int ttt=min(x2(j),x2(i))-max(x1(j),x1(i))+;
                 if(ttt>)
                 {
                     ans+=(ttt-)*;
                     if(abs(x1(i)-x1(j))>)ans++;
                     if(abs(x2(i)-x2(j))>)ans++;
                 }
                 else if(abs(x1(i)-x1(j))==||abs(x2(i)-x2(j))==)ans++;
             }
             else if(x2(j)==x1(i)-)//j左
             {
                 int ttt=min(ty2(j),ty2(i))-max(ty1(j),ty1(i))+;
                 if(ttt>)
                 {
                     ans+=(ttt-)*;
                     if(abs(ty1(i)-ty1(j))>)ans++;
                     if(abs(ty2(i)-ty2(j))>)ans++;
                 }
             }
             else if(x1(j)==x2(i)+)//j右
             {
                 int ttt=min(ty2(j),ty2(i))-max(ty1(j),ty1(i))+;
                 if(ttt>)
                 {
                     ans+=(ttt-)*;
                     if(abs(ty1(i)-ty1(j))>)ans++;
                     if(abs(ty2(i)-ty2(j))>)ans++;
                 }
             }
             else if(x1(j)>x2(i)&&ty1(j)>ty2(i))break;
         }
     }
     printf("%lld\n",ans);
     exit();
 }