题目描述
求 n 个矩形的面积并。
输入格式
第一行一个正整数 nn。
接下来 nn 行每行四个非负整数 x_1, y_1, x_2, y_2x1,y1,x2,y2，表示一个矩形的左下角坐标为 (x_1, y_1)(x1,y1)，右上角坐标为 (x_2, y_2)(x2,y2)。
输出格式
一行一个正整数，表示 nn 个矩形的并集覆盖的总面积。
输入输出样例
2 100 100 200 200 150 150 250 255
18000
说明/提示
对于 20\%20% 的数据，1 le n le 10001≤n≤1000。
对于 100\%100% 的数据，1 le n le 10^5, 0 le x_1 < x_2 le 10^9, 0 le y_1 < y_2 le 10^91≤n≤105,0≤x1<x2≤109,0≤y1<y2≤109。
扫描线的思想主要思想就是分割图形。
扫描线的方向没有规定，这里用从左到有说明扫描线是如何分割图形的。
我们可以将一个矩形转化成两条边，及左边和右边平行y轴的两条边。
一条边到另一条边的距离乘边的长度，就是这个矩形的面积。
只需要处理这每个矩形的两条边对扫描线长度取值的影响即可。
将所有的边按x的值排列，这样我们可以按边的编号从大到小一个一个扫描。
当扫描到边i，如果是矩形左边的边，那么这个矩形对面积的贡献就开始了。
如果没有其他矩形(边)的贡献，那么这条边将会矩形并的面积产生 len*( x(i+1)-x(i) )，
len是i线段的长，x(i+1)-x(i)是i到下一条线段的长。
这是显然的，但如何题目要求的是多个矩形的共同产生的影响。
如何记录他们的影响？
如果是左边(y1,y2)，那么我们让区间(y1,y2)出现的次数+1，(有一个新矩形出现)
如果是右边(y1,y2)，那么我们让区间(y1,y2)出现的次数-1。(这个矩形已经扫完了)
如果一个区间出现的cnt>=1，则这个区间对扫描线贡献(y2-y1)的长度(区间长)。
否则他贡献的长度为他的两个自区间贡献的长度。
那么我们只需要对这条扫描线建立一个线段树，维护他的cnt和len即可。
由于笔者之前写的段树几乎都是点数，没有区间树。
也鉴于智商问题，刚开始对区间树的一些操作有一些排斥，所以花了很长时间才理解。
基于线段树，我们只要先对每条线段记录y1,y2,和val，val的取值是1或-1。
然后枚举每条边，change一下他们的cnt和len。
这当前扫描线截取的长度为tree[1].len。用这个len乘i到下一条边的x差，就是这一次割出来的面积。
下面讲讲区间树和点数的一下小差别。
比如说，我们要修改[5,8]。
那么[1,5]和[8,10]与它有没有交集？
显然，对于点集[1,5]，[8,10]是有的，而区间[1,5]，[8,10]和[5,8]是没有交集的。
那该这么处理区间树的边界问题。
刚开始对于树上每个点，都设置一个l和r。
但我们实际处理时，这个节点管辖的区间是[l,r+1]
假如我们要处理的区间为[y1,y2]，那么我们实际去找范围在[y1,y2-1]范围的点（线段树实质是点树）。
这样一波操作， 我们避免了在处理边界时，引入端点相同，却没有交点的区间。
还有不要忘记离散化。
贴上代码附上简洁的注释。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define ls (k<<1) #define rs (k<<1|1) #define ll long long using namespace std; const ll N=1e6; ll n,cnt,ans; ll a[N<<4];//空间还是大一点好。~惨痛的教训~ struct node{ ll l,r,len,cnt; }tree[N<<4]; struct node1{ ll x,y1,y2,flag; bool operator < (const node1 &temp) const{ return x<temp.x; } }seg[N<<4]; inline void read(ll &x){ x=0; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar(); } inline void build(ll k,ll x,ll y){ tree[k].l=x,tree[k].r=y; if(x==y) return; ll mid=x+y>>1; build(ls,x,mid); build(rs,mid+1,y); } inline void updata(ll k){ if(tree[k].cnt) tree[k].len=a[tree[k].r+1]-a[tree[k].l];//cnt>=1,len为区间长。 else tree[k].len=tree[ls].len+tree[rs].len;//否则为子区间len和。 } inline void change(ll k,ll x,ll y,ll l,ll r,ll val){ if(x>=l&&y+1<=r){//实际处理的[l,r]，我们找[l,r-1] tree[k].cnt+=val; updata(k); return; } if(x>=r||y<l) return;
//左端点如果等，那也没有交集。而右端点可以等。
//举个例子，当我们要找真实区间[l,r]为[3,5],若[x,y]为[5,8],没有交集，若为[3,3](对于真实区间为[3,4])有交集。 ll mid=x+y>>1; change(ls,x,mid,l,r,val); change(rs,mid+1,y,l,r,val); updata(k);//由下到上大updata会比较好实现。 } int main() { ll i,j,x1,x2,y1,y2; read(n); for(i=1;i<=n;i++){ read(x1),read(y1),read(x2),read(y2); a[++cnt]=y1; a[++cnt]=y2;//离散化数组。 seg[(i<<1)-1].x=x1; seg[(i<<1)].x=x2; seg[(i<<1)-1].y1=seg[i<<1].y1=y1; seg[(i<<1)-1].y2=seg[i<<1].y2=y2; seg[(i<<1)-1].flag=1; seg[(i<<1)].flag=-1;
//左边val=1，右边val=-1。 } sort(a+1,a+cnt+1); sort(seg+1,seg+(n<<1)+1); cnt=unique(a+1,a+1+cnt)-a-1; build(1,1,cnt); for(i=1;i<=n<<1;i++){ seg[i].y1=lower_bound(a+1,a+1+cnt,seg[i].y1)-a; seg[i].y2=lower_bound(a+1,a+1+cnt,seg[i].y2)-a;//找到每个线段在a中的映射。 } for(i=1;i<=n<<1;i++){ y1=seg[i].y1,y2=seg[i].y2; change(1,1,cnt,y1,y2,seg[i].flag); ans+=(seg[i+1].x-seg[i].x)*tree[1].len;//分割图形，更新答案。 } printf("%lld",ans); }