2018 ACM ICPC Asia Regional

题意：

二维平面上有n个矩形，画两条平行于x周的直线，最多可以和多少个矩形相交。

n<=100000，坐标<=1e7

这两条直线一定可以和某两个矩形的上边界重合

枚举每一个矩形的上边界作为第一条直线

第二条直线可以借助线段树解决

具体方法是

先将所有矩形按上边界从小到大排序

枚举每个矩形，依次加入线段树

第一条线即为这个矩形的上边界

他的贡献是目前线段树里这个y坐标的矩形个数

所有矩形加入完毕后

从第一个矩形开始删除

线段树中剩余矩形个数最大的位置即为第二条线

即使多个上边界重合，也没有问题

相当于第一条直线累计这个矩形和排序在这个矩形之前的

第二条直线了累计排序在这个矩形之后的

#include<cstdio>
#include<algorithm>

using namespace std;

#define N 100001

int mx[N<<3],tag[N<<3];

struct node
{
    int yu,yd;
}rec[N];
int has[N<<2],dyu[N],dyd[N];

int ori[N];

int tmp;

bool cmp(node p,node q)
{
    return p.yd<q.yd;
}

void down(int k)
{
    mx[k<<1]+=tag[k];
    mx[k<<1|1]+=tag[k];
    tag[k<<1]+=tag[k];
    tag[k<<1|1]+=tag[k];
    tag[k]=0;
}

void insert(int k,int l,int r,int opl,int opr,int a)
{
    if(l>=opl && r<=opr)
    {
        mx[k]+=a;
        tag[k]+=a;
        return;
    }
    if(tag[k]) down(k);
    int mid=l+r>>1;
    if(opl<=mid) insert(k<<1,l,mid,opl,opr,a);
    if(opr>mid) insert(k<<1|1,mid+1,r,opl,opr,a);
    mx[k]=max(mx[k<<1],mx[k<<1|1]);
}

void query(int k,int l,int r,int opl,int opr)
{
    if(l>=opl && r<=opr)
    {
        tmp=max(tmp,mx[k]);
        return;
    }
    if(tag[k]) down(k);
    int mid=l+r>>1;
    if(opl<=mid) query(k<<1,l,mid,opl,opr);
    if(opr>mid) query(k<<1|1,mid+1,r,opl,opr); 
}

int main()
{
    int n,m=0;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i) 
    {
        scanf("%*d%d%*d%d",&rec[i].yu,&rec[i].yd);
        has[++m]=rec[i].yd;
        has[++m]=rec[i].yu;
    }
    sort(rec+1,rec+n+1,cmp);
    sort(has+1,has+m+1);
    m=unique(has+1,has+m+1)-has-1;;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        dyu[i]=lower_bound(has+1,has+m+1,rec[i].yu)-has;
        dyd[i]=lower_bound(has+1,has+m+1,rec[i].yd)-has;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        insert(1,1,m,dyd[i],dyu[i],1); 
        tmp=0;
        query(1,1,m,dyd[i],dyd[i]);
        ori[i]=tmp;
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        tmp=0;
        insert(1,1,m,dyd[i],dyu[i],-1);
        query(1,1,m,dyd[i]+1,m);
    //    printf("%d
",tmp);
        ans=max(ans,tmp+ori[i]);
    }
    printf("%d",ans);
}