poj 2528 Mayor’s posters 【离散化】+【线段树】
<题目链接>
题目大意:
往一堵墙上贴海报,依次输出这些海报张贴的范围,这些海报能够相互覆盖,问最后能够看见几张海报?
解题分析:
由于是给出每张海报的区间,所以在这些区间内的很多点可能用不上,所以我们采用离散化,将这个大的区间映射到一个更小更紧凑的区间。
但是只是这样简单的离散化是错误的, 如三张海报为:1~10 1~4 6~10 离散化时 X[ 1 ] = 1, X[ 2 ] = 4, X[ 3 ] = 6, X[ 4 ] = 10 第一张海报时:墙的1~4被染为1; 第二张海报时:墙的1~2被染为2,3~4仍为1; 第三张海报时:墙的3~4被染为3,1~2仍为2。 最终,第一张海报就显示被完全覆盖了,于是输出2,但实际上明显不是这样,正确输出为3。 新的离散方法为:在相差大于1的数间加一个数,例如在上面1 4 6 10中间加5(算法中实际上1,4之间,6,10之间都新增了数的) X[ 1 ] = 1, X[ 2 ] = 4, X[ 3 ] = 5, X[ 4 ] = 6, X[ 5 ] = 10 这样之后,第一次是1~5被染成1;第二次1~2被染成2;第三次4~5被染成3 最终,1~2为2,3为1,4~5为3,于是输出正确结果3。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std; #define Lson rt<<1,l,mid
#define Rson rt<<1|1,mid+1,r
const int maxn=+;
int x[maxn<<],tr[maxn<<],lx[maxn<<],rx[maxn<<];
set<int>s; void Pushdown(int rt){
tr[rt<<]=tr[rt<<|]=tr[rt];
tr[rt]=-;
} void update(int rt,int l,int r,int L,int R,int c){
if(L<=l&&r<=R){
tr[rt]=c;
return;
}
if(tr[rt]!=-)Pushdown(rt); //如果tr[rt]==-1,说明不需要将该点的值Pushdown
int mid=(l+r)>>;
if(L<=mid)update(Lson,L,R,c);
if(R>mid)update(Rson,L,R,c);
} void query(int rt,int l,int r){
if(tr[rt]!=-){ //因为update的时候,只要该节点的区间包含在要求修改的区间内,就直接将值赋给该节点了,不会继续向下更新,所以,不用一直查询到子节点
s.insert(tr[rt]); //用set来去掉重复的标号
return;
}
if(l==r)return;
if(tr[rt]!=-)Pushdown(rt);
int mid=(l+r)>>;
query(Lson);
query(Rson);
} int main(){
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
memset(tr,-,sizeof(tr));
int cnt=;
int n;scanf("%d",&n);
s.clear();
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&lx[i],&rx[i]);
x[++cnt]=lx[i];
x[++cnt]=rx[i];
}
sort(x+,x++cnt);
int num=;
for(int i=;i<=cnt;i++){
if(x[i]!=x[i-])x[++num]=x[i]; //去重
}
for(int i=num;i>=;i--){
if(x[i]-x[i-]>)x[++num]=x[i]-; //如果两个点之间间距>1,那么在它们之间插入一个点
}
sort(x+,x++num);
for(int i=;i<=n;i++){
int le=lower_bound(x+,x++num,lx[i])-x; //找到该点离散化后的坐标
int ri=lower_bound(x+,x++num,rx[i])-x;
update(,,num,le,ri,i); //将这段区间染成 i
}
query(,,num); //查找整个离散化后的区域总共有多少种标号
printf("%d\n",s.size());
}
return ;
}
2018-09-22
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