题意大概就是上图这个样子。<=100组测试数据，每组<=1000个矩形。
题解：
这个问题怎么解决。。做了上一题矩形面积并应该就会了。。
对于每个节点维护3个值：
cnt：该节点所代表的这条线段被覆盖了多少次
len1：该节点所管理区间中被覆盖了>=1次的线段总长
len2：该节点所管理区间中被覆盖了>=2次的线段总长
为什么要维护两个呢？因为要是只维护len2，那子树中要是有个覆盖了一次的，然后该节点覆盖一次，那么怎么更新len2丫。。
怎么更新？
1 void upd(int x)
2 {
3 int lc=t[x].lc,rc=t[x].rc;
4 if(t[x].cnt>=2) //如果该点被覆盖了两次
5 t[x].len1=t[x].len2=t[x].rl;//len1和len2=该节点所代表线段的长度
6 if(t[x].cnt==1)//如果该点只被覆盖了一次
7 {
8 t[x].len1=t[x].rl;//len1=全长
9 t[x].len2=t[lc].len1+t[rc].len1;//孩子中有些只被覆盖了一次的变成覆盖了两次
10 }
11 if(t[x].cnt==0)//如果没被覆盖，那就直接上传更新。
12 {
13 t[x].len1=t[lc].len1+t[rc].len1;
14 t[x].len2=t[lc].len2+t[rc].len2;
15 }
16 }
一开始我在纠结一种情况：一个节点现在被覆盖一次，它的子树中原本有个节点被覆盖了一次，那么怎么更新？维护一个从根节点往下的sum值吗？
后来我发现该节点的len2可以直接用孩子的len1更新就好。
弱弱弱弱弱弱弱弱弱弱弱弱弱弱弱弱
1 #include<cstdio>
2 #include<cstdlib>
3 #include<cstring>
4 #include<cmath>
5 #include<iostream>
6 #include<algorithm>
7 using namespace std;
8
9 const int N=11000,INF=(int)1e9;
10 double z[N][4];
11 struct point{
12 double d;
13 int x,y;
14 }p[2*N];
15 struct node{
16 int x0,x1,d;
17 double y;
18 }a[N];
19 struct trnode{
20 int l,r,lc,rc,cnt,lazy;
21 double rl,len1,len2;
22 //len1以x为根的子树中表示被覆盖了>=1次的线段长度，len2表示以x为根的子树中被覆盖了>=2次的线段的长度
23 }t[2*N];
24 double num[N];
25 int n,tl,pl,al;
26
27 int minn(int x,int y){return x<y ? x:y;}
28 int maxx(int x,int y){return x>y ? x:y;}
29 bool cmp_d(point x,point y){return x.d<y.d;}
30 bool cmp_y(node x,node y){return x.y<y.y;}
31
32 int bt(int l,int r)
33 {
34 int x=++tl;
35 t[x].l=l;t[x].r=r;
36 t[x].lc=t[x].rc=0;
37 t[x].cnt=0;t[x].lazy=0;
38 t[x].len1=t[x].len2=0;
39 t[x].rl=num[r+1]-num[l];
40 if(l<r)
41 {
42 int mid=(l+r)/2;
43 t[x].lc=bt(l,mid);
44 t[x].rc=bt(mid+1,r);
45 }
46 return x;
47 }
48
49 void upd(int x)
50 {
51 int lc=t[x].lc,rc=t[x].rc;
52 if(t[x].cnt>=2) //如果该点被覆盖了两次
53 t[x].len1=t[x].len2=t[x].rl;//len1和len2=该节点所代表线段的长度
54 if(t[x].cnt==1)//如果该点只被覆盖了一次
55 {
56 t[x].len1=t[x].rl;//len1=全长
57 t[x].len2=t[lc].len1+t[rc].len1;//孩子中有些只被覆盖了一次的变成覆盖了两次
58 }
59 if(t[x].cnt==0)//如果没被覆盖，那就直接上传更新。
60 {
61 t[x].len1=t[lc].len1+t[rc].len1;
62 t[x].len2=t[lc].len2+t[rc].len2;
63 }
64 }
65
66 void change(int x,int l,int r,int d,int sum)
67 {
68 if(t[x].l==l && t[x].r==r)
69 {
70 t[x].cnt+=d;
71 upd(x);
72 return ;
73 }
74 int lc=t[x].lc,rc=t[x].rc,mid=(t[x].l+t[x].r)/2;
75 if(r<=mid) change(lc,l,r,d,sum+t[x].cnt);
76 else if(l>mid) change(rc,l,r,d,sum+t[x].cnt);
77 else
78 {
79 change(lc,l,mid,d,sum+t[x].cnt);
80 change(rc,mid+1,r,d,sum+t[x].cnt);
81 }
82 upd(x);
83 }
84
85 void output()
86 {
87 for(int i=1;i<=tl;i++)
88 printf("l = %d r = %d cnt = %d len1 = %lf len2 = %lf rl = %lf
",t[i].l,t[i].r,t[i].cnt,t[i].len1,t[i].len2,t[i].rl);
89 }
90
91 int main()
92 {
93 freopen("a.in","r",stdin);
94 int T;
95 scanf("%d",&T);
96 while(T--)
97 {
98 scanf("%d",&n);
99 if(n==0) break;
100 int x,mx;pl=0;tl=0;al=0;t[0].len1=t[0].len2=0;
101 for(int i=1;i<=n;i++)
102 {
103 for(int j=0;j<=3;j++)
104 {
105 scanf("%lf",&z[i][j]);
106 if(j%2==0) p[++pl].d=z[i][j],p[pl].x=i,p[pl].y=j;
107 }
108 }
109 sort(p+1,p+1+pl,cmp_d);
110 mx=0;p[0].d=INF;
111 for(int i=1;i<=pl;i++)
112 {
113 if(p[i].d!=p[i-1].d) mx++,num[mx]=p[i].d;
114 z[p[i].x][p[i].y]=mx;
115 }
116 bt(1,mx-1);//debug n个节点只有n-1条线段
117 for(int i=1;i<=n;i++)
118 {
119 if(z[i][1]<z[i][3]) swap(z[i][1],z[i][3]);
120 if(z[i][0]>z[i][2]) swap(z[i][0],z[i][2]);
121 a[++al].x0=z[i][0];a[al].x1=z[i][2];a[al].y=z[i][1];a[al].d=-1;
122 a[++al].x0=z[i][0];a[al].x1=z[i][2];a[al].y=z[i][3];a[al].d=1;
123 }
124 sort(a+1,a+1+al,cmp_y);
125 double w,h,ans=0;
126 change(1,a[1].x0,a[1].x1-1,a[1].d,0);
127 for(int i=2;i<=al;i++)
128 {
129 h=a[i].y-a[i-1].y;
130 w=t[1].len2;
131 ans+=w*h;
132 change(1,a[i].x0,a[i].x1-1,a[i].d,0);
133 }
134 printf("%.2lf
",ans);
135 }
136 return 0;
137 }