• cometoj 茶颜悦色|扫描线+懒惰标记


    传送门

    题目描述

    茶颜悦色也太好喝了!鸡尾酒在长沙的各种茶颜悦色的店铺中流连忘返。他发现长沙有炒鸡多的茶颜悦色店,走两步就能遇到一家。

    “方圆一公里能有十家茶颜悦色!”鸡尾酒感叹了起来。

    于是他想到了一个问题:最密集的地方,能有多少家茶颜悦色的店?

    鸡尾酒将长沙地图用一个二维平面表示,他统计出了每个茶颜悦色店铺的坐标。

    他想知道,在一个边长为 k 且底边平行于 x 轴的正方形中,最多有多少家茶颜悦色。

    若茶颜悦色恰好在正方形的边上,也算在正方形之中。

    输入描述

    输入第一行包含两个正整数 n, (n10^5,k10^9) 代表茶颜悦色店的数量和正方形的边长。

    接下来 n 行每行有两个整数,描述一家茶颜悦色店的坐标 xi,yi (0xi,yi10^9) 保证不会出现重复的坐标。

    输出描述

    输出一行一个正整数表示答案。

    样例输入 1 

    4 2
    1 1
    3 1
    3 4
    2 2

    样例输出 1

     3

     

    题意:一个二维平面中有n个点,现在有个位置任意的k*k的矩形,问它里面最多能有多少点。

    题解:我们可以把这个题转化为以(xi,yi)为左下角坐标,(xi+k,yi+k)为右上角坐标的矩形中,最多能有几个个矩形重合。然后我们就可以愉快的用扫描线来处理了:我们将竖直的直线从左到右依次扫过各个矩形,扫过矩形左边界时cnt++,扫过右边界时cnt--。维护最大cnt值即可。

       这题要注意的是:恰好在正方形的边上,也算在正方形之中。也就是说如果有一个矩形的右边界与另一个矩形的左边界重合的话,我们先加再减。对于这一点我们可以在存矩阵右边界时使其加一,也可以排序线段时处理。

       这题与POJ2482窗内的星星相似,不过一个算边界一个不算边界,一个先加后减一个先减后加。

    代码:

    #include <bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    #define ll long long
    const int N = 2e5 + 10;
    struct node{
        ll x,y1,y2;
        int val;
        node(){}
        node(ll x,ll y1,ll y2,int val) {
            this->x = x; this->y1 = y1; this->y2 = y2; this->val = val;
        }
        bool operator <(const node &t)const {
            //if (x==t.x) return val > t.val;    //排序时处理
            return x<t.x;
        }
    };
    struct Tree{
        int l,r,cnt,lazy;
    }T[N<<2];
    vector<ll> v;
    vector<node> a;
    void build(int rt,int l,int r) {
        T[rt].l = l; T[rt].r = r;
        T[rt].cnt = 0; T[rt].lazy = 0;
        if (l==r) return;
        int mid = (l+r)>>1;
        build(rt<<1,l,mid);
        build(rt<<1|1,mid+1,r);
    }
    void down(int rt) {
        if (T[rt].lazy) {
            T[rt<<1].cnt += T[rt].lazy;
            T[rt<<1].lazy += T[rt].lazy;
            T[rt<<1|1].cnt += T[rt].lazy;
            T[rt<<1|1].lazy += T[rt].lazy;
            T[rt].lazy = 0;
        }
    }
    void update(int rt,int l,int r,int val) {
        if (l <= T[rt].l && r >= T[rt].r) {
            T[rt].cnt += val;
            T[rt].lazy += val;
            return;
        }
        down(rt);
        int mid = (T[rt].l+T[rt].r)>>1;
        if (l <= mid) update(rt<<1,l,r,val);
        if (r > mid) update(rt<<1|1,l,r,val);
        T[rt].cnt = max(T[rt<<1].cnt,T[rt<<1|1].cnt);
    }
    int main() {
        int n;
        ll k,x,y;
        scanf("%d%lld",&n,&k);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%lld%lld",&x,&y);
            v.push_back(y);
            v.push_back(y+k);
            a.push_back(node(x,y,y+k,1));
            a.push_back(node(x+k+1,y,y+k,-1)); //存的时候右边界x坐标+1
        }
        sort(a.begin(),a.end());
        sort(v.begin(),v.end());
        v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());
        n = v.size();
        build(1,0,n);
        n = a.size();
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int l = lower_bound(v.begin(),v.end(),a[i].y1) - v.begin();
            int r = lower_bound(v.begin(),v.end(),a[i].y2) - v.begin();
            update(1,l,r,a[i].val);
            ans = max(ans,T[1].cnt);
        }
        printf("%d
    ",ans);
        return 0;
    }
    View Code


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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/l999q/p/11367568.html
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