https://vijos.org/p/1736

描述

为了准备一个独特的颁奖典礼，组织者在会场的一片矩形区域（可看做是平面直角坐标系的第一象限）铺上一些矩形地毯。一共有n张地毯，编号从1到n。现在将这些地毯按照编号从小到大的顺序平行于坐标轴先后铺设，后铺的地毯覆盖在前面已经铺好的地毯之上。地毯铺设完成后，组织者想知道覆盖地面某个点的最上面的那张地毯的编号。注意：在矩形地毯边界和四个顶点上的点也算被地毯覆盖。

格式

输入格式

输入共n+2行。

第一行，一个整数n(0 <= n <= 10,000)，表示总共有n张地毯。

接下来的n行中，第i+1行表示编号i的地毯的信息，包含四个正整数a，b，g，k(0 <= a, b, g, k <= 100,000)，每两个整数之间用一个空格隔开，分别表示铺设地毯的左下角的坐标（a，b）以及地毯在x轴和y轴方向的长度。

第n+2行包含两个正整数x和y，表示所求的地面的点的坐标（x，y）。

输出格式

输出共1行，一个整数，表示所求的地毯的编号；若此处没有被地毯覆盖则输出-1。

样例1

样例输入1

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样例输出1

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样例2

样例输入2

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样例输出2

-1

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限制

来源

NOIp2011提高组Day1第一题

1s的时间大概时间限制在1亿次以内。256M空间如果是int类型的数组大概限制在256*1024*1024/4。

思路1，会超时。这里容易错的点是地毯右上角的坐标为（a+g,b+k）.

可以将第一张地毯左下角和右上角（即地毯覆盖的范围）标记为1，第二张地毯覆盖的范围标记为2，以此类推，最后看（x,y）点的标记是几就可以了。

但是该程序的时间复杂度为O（n^3），超时了（n*(a+g)*(b+k)）>1亿次，所以需要降低时间复杂度。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int map[10005][10005];//map[i][j]记录（i,j）点是第几章地毯，比如map[3][4]=2,表示（3,4）点属于第2张地毯
int main()
{
    int n,a,b,g,k,x,y;
    cin >> n;
    for(int p = 1; p <= n; ++p)
    {
        cin >> a >> b >> g >> k;
        for(int i = a; i <= a+g; ++i)
        {
            for(int j = b; j <= b+k; ++j)
            {
                map[i][j] = p;
            }
        } 
    }
    cin >> x >> y;
    if(map[x][y] == 0) cout << "-1" << endl;
    else cout << map[x][y] << endl;
    return 0;
}

思路2：只用记录每块地毯左下角和右上角的坐标，坐标用二维数组来标记，然后从n倒叙枚举，看点(x,y)是否在第n张地毯内，如果不在，就看是否在n-1张地毯内……

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int map[10005][6];//map[i][j]记录第i张地毯的左下和右上角的4个坐标值
int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        cin >> map[i][1] >> map[i][2] >> map[i][3] >> map[i][4];//a,b,g,k
        map[i][3] = map[i][3]+map[i][1];//右上角坐标
        map[i][4] = map[i][4]+map[i][2];
    }
    //int p = -1;
    int x,y;
    cin >> x >> y;
    for(int i = n; i >= 1; --i)//因为求最上面覆盖的地毯编号，所以要倒叙枚举
    {
        if(x >= map[i][1] && x <= map[i][3] && y >= map[i][2] && y <= map[i][4])//依次看（x,y）是否在n、n-1、n-2……1张地毯范围内
        {
            cout << i << endl;
        //    p = 1;
            return 0;
        }
    } 
    cout << "-1" << endl;
    return 0;
}