「JOISC 2014 Day3」稻草人

「JOISC 2014 Day3」稻草人

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问题简述

链接
https://loj.ac/problem/2880

  给定$n$个稻草人（横纵坐标是不大于 1 0 9 10^9 109的非负整数且两两$x,y$都不相同）
求有多少个矩形满足：

1. 边平行于横、纵轴
2. 左下角、右上角都是给定的稻草人
3. 内部不包含其它稻草人

解析

  $Step1.$
  首先考虑,如果无视第三条,那么,该题变为了什么?
  给定二元组集合, A = { x , y } A=\{x,y\} A={x,y},那么对于任何 { x i , y i } \{x_i,y_i\} {xi​,yi​}, { x j , y j } \{x_j,y_j\} {xj​,yj​},问有多少对点满足: y j > y i & & x j > x i y_j>y_i\&\&x_j>x_i yj​>yi​&&xj​>xi​
  对于这样的一个式子,我们很容易得到两种解法,第一种:树状数组/万能的线段树.第二种:$cdq$分治.当然,本蒟蒻选择第二种.(为什么?树状数组咱还没学,线段树不会使)
  然后呢,$cdq$分治的标准操作为?

void solve(int left, int right)
{if (left == right)return;int mid = (left + right) >> 1;solve(left, mid), solve(mid+1 , right);//分治处理左半边和右半边/***处理两边关系的代码*/
}

好的,本题完结

  $Step2.$
  于是,我们加上条件三.
  如何处理两边点之间的关系?
  对于左半边,我们假设右半边的点都是符合条件的.

1. 我们可以知道,如果左半边的一个点$A$是符合条件的,那么$答案ans+=右半边对于A符合条件的点$.
2. 我们在左半边加入$B$点,若$B$点的存在是与$A$点不冲突的,那么$答案ans+=右半边对于B符合条件的点$.
3. 若,$B$点与$A$点的存在有矛盾,即不符合条件三,列如 x b < x a , y b > y a x_b<x_a,y_b>y_a xb​<xa​,yb​>ya​这种情况,我们应:$将A点对应的值删去,加入右半边对于B符合条件的点$

  $Step3.$
  结合$Step1$和$Step2$.我们已知的有:
  假设我们是对$x$按照从小到大排序的,即对点按照$x$离散化后.

1. 我们知道,左边的$x$必定小于右边的$x$.
2. 我们要按照y的大小对左右分别排序.
3. 对于右边,我们要维护一个按照$x$单调递增的单调栈.(即按照$y$递减)
4. 对于左边,我们要维护一个按照$x$单调递减的单调栈.(即按照$y$递增)
5. 每次左边新增一个$i$点,我们都要让 答 案 a n s + = 右 边 维 护 的 单 调 栈 长 度 . 答 案 a n s − = 右 边 比 y i 小 的 点 . \\答案ans+=右边维护的单调栈长度.\\答案ans-=右边比y_i小的点. 答案ans+=右边维护的单调栈长度.答案ans−=右边比yi​小的点.
6. 我们知道单调栈是单调的…嗯,所以对于寻点,我们可以二分查找.

  分析结束,综上,细节请参阅分治的代码来理解,手动模拟一遍就非常明了了.

来自LibreOJ的数据,非常适合模拟
输入
$$\begin{gathered} 10 \\ 21 \\ 30 \\ 63 \\ 102 \\ 164 \\ 08 \\ 812 \\ 1114 \\ 1411 \\ 1810 \end{gathered}$$
输出
$15$
示例图:

代码

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#ifndef null
#define null -1
#endif
using namespace std;const int MAXN = 2e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 10;
typedef long long ll;struct vec {int x, y,len;
}tp[MAXN];
int q_R[MAXN], q_L[MAXN], n,tail_L, tail_R;
ll ans = 0;bool cmpx(vec a, vec b)
{return a.x < b.x;
}bool cmpy(vec a, vec b)
{return a.y > b.y;
}int find(int y)
{int left= 1, right= tail_R, mid=(left + right) >> 1;while(left < right){if (tp[q_R[mid]].y < y)right = mid;elseleft = mid + 1;mid = (left + right) >> 1;}if (!tail_R || tp[q_R[left]].y < y)left--;return left;
}void solve(int left, int right)
{if (left == right)return;int mid = (left + right) >> 1;solve(left, mid), solve(mid+1 , right);sort(tp+left, tp + mid+1, cmpy);sort(tp + mid + 1, tp + right + 1, cmpy);int i = left, j = mid + 1;tail_L = tail_R = 0;while (i <= mid && j <= right)if (tp[i].y > tp[j].y) {while(tail_L > 0 && tp[q_L[tail_L]].x < tp[i].x)tail_L--;ans += tail_R;if (tail_L > 0)ans -= find(tp[q_L[tail_L]].y);q_L[++tail_L] = i;i++;}else {while(tail_R > 0 && tp[q_R[tail_R]].x > tp[j].x)tail_R--;q_R[++tail_R] = j;j++;}for (; i <= mid; i++) {while(tail_L > 0 && tp[q_L[tail_L]].x < tp[i].x)tail_L--;ans += tail_R;if (tail_L > 0)ans -= find(tp[q_L[tail_L]].y);q_L[++tail_L] = i;}
}int main()
{cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> tp[i].x >> tp[i].y;sort(tp+1, tp + n+1, cmpx);solve(1, n);cout<< ans << endl;//system("pause");return 0;
}

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