转自：http://blog.csdn.net/lwt36/article/details/48908031

HDU 1542 [POJ 1151] Atlantis （矩形面积并）

题意:

求N<=100个矩形的面积并
分析:
- 离散化: 这些技巧都是老生常谈的了, 不然浮点数怎么建树, 离散化x坐标就可以了
- 扫描线: 首先把矩形按y轴分成两条边, 上边和下边, 对x轴建树, 扫描线可以看成一根平行于x轴的直线.
  从y=0开始往上扫, 下边表示要计算面积+1, 上边表示已经扫过了−1, 直到扫到最后一条平行于x轴的边
  但是真正在做的时候, 不需要完全模拟这个过程, 一条一条边地插入线段树就好了
- 线段树: 用于动态维护扫描线在往上走时, x轴哪些区域是有合法面积的
- ps:这种线段树是不用lazy的, 因为不用push_down, 为啥不用push_down, 因为没有查询操作
扫描线扫描的过程（建议配合代码模拟）

ps:无论说的再好,都不如自己在纸上模拟一遍扫描的过程,我自己学的时候模拟了很多遍
以下图转载自@kk303的博客

初始状态

这里写图片描述

扫到最下边的线, 点1→3更新为1

这里写图片描述

扫到第二根线, 此时S=lcnt!=0∗h两根线之间, 得到绿色的面积, 加到答案中去, 随后更新计数

这里写图片描述

同上, 将黄色的面积加到答案中去

这里写图片描述

同上, 将灰色的面积加到答案中去

这里写图片描述

同上, 将紫色的面积加到答案中去

这里写图片描述

同上, 将蓝色的面积加到答案中去

代码

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// Created by TaoSama on 2015-07-14
// Copyright (c) 2015 TaoSama. All rights reserved.
//
//#pragma comment(linker, “/STACK:1024000000,1024000000”)

include

using namespace std;

define pr(x) cout << #x << “ = “ << x << “ “

define prln(x) cout << #x << “ = “ << x << endl

const int N = 205, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1e9 + 7;

int n;
struct Seg {

double l, r, h; int d;
Seg() {}
Seg(double l, double r, double h, int d): l(l), r(r), h(h), d(d) {}
bool operator< (const Seg& rhs) const {

return h < rhs.h;}
} a[N];

int cnt[N << 2]; //根节点维护的是[l, r+1]的区间
double sum[N << 2], all[N];

define lson l, m, rt << 1

define rson m + 1, r, rt << 1 | 1

void push_up(int l, int r, int rt) {

if(cnt[rt]) sum[rt] = all[r + 1] - all[l];
else if(l == r) sum[rt] = 0; //leaves have no sons
else sum[rt] = sum[rt << 1] + sum[rt << 1 | 1];

}

void update(int L, int R, int v, int l, int r, int rt) {

if(L <= l && r <= R) {
    cnt[rt] += v;
    push_up(l, r, rt);
    return;
}
int m = l + r >> 1;
if(L <= m) update(L, R, v, lson);
if(R > m) update(L, R, v, rson);
push_up(l, r, rt);

}

int main() {

ifdef LOCAL

freopen("in.txt", "r", stdin);

// freopen(“out.txt”,”w”,stdout);

endif

ios_base::sync_with_stdio(0);
int kase = 0;
while(scanf("%d", &n) == 1 && n) {
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        double x1, y1, x2, y2;
        scanf("%lf%lf%lf%lf", &x1, &y1, &x2, &y2);
        a[i] = Seg(x1, x2, y1, 1);
        a[i + n] = Seg(x1, x2, y2, -1);
        all[i] = x1; all[i + n] = x2;
    }
    n <<= 1;
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    sort(all + 1, all + 1 + n);
    int m = unique(all + 1, all + 1 + n) - all - 1;
    memset(cnt, 0, sizeof cnt);
    memset(sum, 0, sizeof sum);
    double ans = 0;
    for(int i = 1; i < n; ++i) {
        int l = lower_bound(all + 1, all + 1 + m, a[i].l) - all;
        int r = lower_bound(all + 1, all + 1 + m, a[i].r) - all;
        if(l < r) update(l, r - 1, a[i].d, 1, m, 1);
        ans += sum[1] * (a[i + 1].h - a[i].h);
    }
    printf("Test case #%d\nTotal explored area: %.2f\n\n", ++kase, ans);
}
return 0;

}

HDU 1255 覆盖的面积（矩形面积交）

题意:

求N<=1000个矩形覆盖至少两次区域的面积,也就是矩形面积交
分析
- 前面的与矩形面积并类似, 不同的是push_up的时候要考虑至少覆盖一次one和至少覆盖两次two的更新
  尤其是当前被覆盖了一次的时候, 由于没有push_down操作, 父亲节点的信息是没有同步到儿子节点的, 这样的话push_up就要考虑了.
- 父亲被记录覆盖了一次, 但是如果儿子被覆盖过, 这些操作都是在这个父亲这个大区间上的, 就相当于父亲区间被覆盖了至少两次, 所以two和one都要更新

代码

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// Created by TaoSama on 2015-10-04
// Copyright (c) 2015 TaoSama. All rights reserved.
//
//#pragma comment(linker, “/STACK:1024000000,1024000000”)

include

using namespace std;

define pr(x) cout << #x << “ = “ << x << “ “

define prln(x) cout << #x << “ = “ << x << endl

const int N = 2e3 + 10, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1e9 + 7;

int n;
struct Seg {

double l, r, h; int d;
Seg() {}
Seg(double l, double r, double h, double d): l(l), r(r), h(h), d(d) {}
bool operator< (const Seg& rhs) const {
    return h < rhs.h;
}

} a[N];

int cnt[N << 2];
double one[N << 2], two[N << 2], all[N];

define lson l, m, rt << 1

define rson m + 1, r, rt << 1 | 1

void push_up(int l, int r, int rt) {

if(cnt[rt] >= 2) two[rt] = one[rt] = all[r + 1] - all[l];
else if(cnt[rt] == 1) {
    one[rt] = all[r + 1] - all[l];
    if(l == r) two[rt] = 0;
    else two[rt] = one[rt << 1] + one[rt << 1 | 1];
} else {
    if(l == r) one[rt] = two[rt] = 0;
    else {
        one[rt] = one[rt << 1] + one[rt << 1 | 1];
        two[rt] = two[rt << 1] + two[rt << 1 | 1];
    }
}

}

void update(int L, int R, int v, int l, int r, int rt) {

if(L <= l && r <= R) {
    cnt[rt] += v;
    push_up(l, r, rt);
    return;
}
int m = l + r >> 1;
if(L <= m) update(L, R, v, lson);
if(R > m) update(L, R, v, rson);
push_up(l, r, rt);

}

int main() {

ifdef LOCAL

freopen("in.txt", "r", stdin);

// freopen(“out.txt”,”w”,stdout);

endif

ios_base::sync_with_stdio(0);
int t; scanf("%d", &t);
while(t--) {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        double x1, y1, x2, y2;
        scanf("%lf%lf%lf%lf", &x1, &y1, &x2, &y2);
        a[i] = Seg(x1, x2, y1, 1);
        a[i + n] = Seg(x1, x2, y2, -1);
        all[i] = x1; all[i + n] = x2;
    }
    n <<= 1;
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    sort(all + 1, all + 1 + n);
    int m = unique(all + 1, all + 1 + n) - all - 1;
    memset(cnt, 0, sizeof cnt);
    memset(one, 0, sizeof one);
    memset(two, 0, sizeof two);
    double ans = 0;
    for(int i = 1; i < n; ++i) {
        int l = lower_bound(all + 1, all + 1 + m, a[i].l) - all;
        int r = lower_bound(all + 1, all + 1 + m, a[i].r) - all;
        if(l < r) update(l, r - 1, a[i].d, 1, m, 1);
        ans += two[1] * (a[i + 1].h - a[i].h);
    }
    printf("%.2f\n", ans);
}
return 0;

}

HDU 1828 [POJ 1177] Picture（矩形周长并）

题意:

求N<=5000个矩形的轮廓长度,也就是矩形周长并
分析一:

可以用类似矩形面积并的办法, 不过这次我们不乘高, 不算面积罢了.
需要注意的是, 由于周长的线会被重复覆盖, 我们每次需要和上一次的作差.
但是这样仅仅是x轴的, 不过我可以再y轴做一次加起来就可以了
演示x轴求长度和的部分

代码一:

//
// Created by TaoSama on 2015-07-15
// Copyright (c) 2015 TaoSama. All rights reserved.
//
//#pragma comment(linker, “/STACK:1024000000,1024000000”)

include

using namespace std;

define pr(x) cout << #x << “ = “ << x << “ “

define prln(x) cout << #x << “ = “ << x << endl

const int N = 1e4 + 10, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1e9 + 7;

int n, m[2];
int sum[N << 2], cnt[N << 2], all[2][N];
struct Seg {

int l, r, h, d;
Seg() {}
Seg(int l, int r, int h, int d): l(l), r(r), h(h), d(d) {}
bool operator< (const Seg& rhs) const {

return h < rhs.h;}
} a[2][N];

define lson l, m, rt << 1

define rson m + 1, r, rt << 1 | 1

void push_up(int p, int l, int r, int rt) {

if(cnt[rt]) sum[rt] = all[p][r + 1] - all[p][l];
else if(l == r) sum[rt] = 0;
else sum[rt] = sum[rt << 1] + sum[rt << 1 | 1];

}

void update(int p, int L, int R, int v, int l, int r, int rt) {

if(L <= l && r <= R) {
    cnt[rt] += v;
    push_up(p, l, r, rt);
    return;
}
int m = l + r >> 1;
if(L <= m) update(p, L, R, v, lson);
if(R > m) update(p, L, R, v, rson);
push_up(p, l, r, rt);

}

int main() {

ifdef LOCAL

freopen("in.txt", "r", stdin);

// freopen(“out.txt”,”w”,stdout);

endif

ios_base::sync_with_stdio(0);
while(scanf("%d", &n) == 1) {
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        int x1, y1, x2, y2;
        scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2);
        all[0][i] = x1, all[0][i + n] = x2;
        all[1][i] = y1, all[1][i + n] = y2;
        a[0][i] = Seg(x1, x2, y1, 1);
        a[0][i + n] = Seg(x1, x2, y2, -1);
        a[1][i] = Seg(y1, y2, x1, 1);
        a[1][i + n] = Seg(y1, y2, x2, -1);
    }
    n <<= 1;
    sort(all[0] + 1, all[0] + 1 + n);
    m[0] = unique(all[0] + 1, all[0] + 1 + n) - all[0] - 1;
    sort(all[1] + 1, all[1] + 1 + n);
    m[1] = unique(all[1] + 1, all[1] + 1 + n) - all[1] - 1;
    sort(a[0] + 1, a[0] + 1 + n);
    sort(a[1] + 1, a[1] + 1 + n);

// for(int i = 0; i < 2; ++i){
// for(int j = 1; j <= m[i]; ++j) cout << all[i][j] <<’ ‘; cout << endl;
// } cout << endl;

    int ans = 0;
    for(int i = 0; i < 2; ++i) {
        int t = 0, last = 0;
        memset(cnt, 0, sizeof cnt);
        memset(sum, 0, sizeof sum);
        for(int j = 1; j <= n; ++j) {
            int l = lower_bound(all[i] + 1, all[i] + 1 + m[i], a[i][j].l) - all[i];
            int r = lower_bound(all[i] + 1, all[i] + 1 + m[i], a[i][j].r) - all[i];
            if(l < r) update(i, l, r - 1, a[i][j].d, 1, m[i], 1);
            t += abs(sum[1] - last);
            last = sum[1];
        }
        ans += t;
    }
    printf("%d\n", ans);
}
return 0;

}

分析二:

当然我们也可只对x轴做一次扫描线, 只要同时维护y轴竖线(就是求矩形面积并的时候的高)的个数, vtl记录竖线的个数
需要的注意的是竖线重合的情况, 需要再开变量lbd,rbd来判断重合, 避免重复计算

代码二:

include

using namespace std;

define pr(x) cout << #x << “ = “ << x << “ “

define prln(x) cout << #x << “ = “ << x << endl

const int N = 2e4 + 10, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1e9 + 7;

int n;
int sum[N << 2], cnt[N << 2], vtl[N << 2];
bool lbd[N << 2], rbd[N << 2];
struct Seg {

int l, r, h, d;
Seg() {}
Seg(int l, int r, int h, int d): l(l), r(r), h(h), d(d) {}
bool operator< (const Seg& rhs) const {

return h < rhs.h;}
} a[N];

define lson l, m, rt << 1

define rson m + 1, r, rt << 1 | 1

void push_up(int l, int r, int rt) {

if(cnt[rt]) {
    lbd[rt] = rbd[rt] = true;
    sum[rt] = r + 1 - l;
    vtl[rt] = 2;
}

//叶子节点的下面的节点也是0 不这样也可以(那就要数组开大小心RE)

else if(l == r) sum[rt] = vtl[rt] = lbd[rt] = rbd[rt] = 0;
else {
    lbd[rt] = lbd[rt << 1];
    rbd[rt] = rbd[rt << 1 | 1];
    sum[rt] = sum[rt << 1] + sum[rt << 1 | 1];
    vtl[rt] = vtl[rt << 1] + vtl[rt << 1 | 1];
    if(rbd[rt << 1] && lbd[rt << 1 | 1]) vtl[rt] -= 2; //两条线重合
}

}

void update(int L, int R, int v, int l, int r, int rt) {

if(L <= l && r <= R) {
    cnt[rt] += v;
    push_up(l, r, rt);
    return;
}
int m = l + r >> 1;
if(L <= m) update(L, R, v, lson);
if(R > m) update(L, R, v, rson);
push_up(l, r, rt);

}

int main() {

ifdef LOCAL

freopen("in.txt", "r", stdin);

// freopen(“out.txt”,”w”,stdout);

endif

ios_base::sync_with_stdio(0);
while(scanf("%d", &n) == 1) {
    int Min = 1e4, Max = -1e4;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        int x1, y1, x2, y2;
        scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2);
        Min = min(Min, x1);
        Max = max(Max, x2);
        a[i] = Seg(x1, x2, y1, 1);
        a[i + n] = Seg(x1, x2, y2, -1);
    }
    n <<= 1;
    sort(a + 1, a + 1 + n);

// memset(sum, 0, sizeof sum); 所有覆盖最后都被清除了不需要初始化了
// memset(cnt, 0, sizeof cnt);
// memset(lbd, false, sizeof lbd);
// memset(rbd, false, sizeof rbd);

    int ans = 0, last = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        if(a[i].l < a[i].r) update(a[i].l, a[i].r - 1, a[i].d, Min, Max - 1, 1);
        ans += vtl[1] * (a[i + 1].h - a[i].h);
        ans += abs(sum[1] - last);
        last = sum[1];
    }
    printf("%d\n", ans);
}
return 0;