题目传送门（内部题112）
输入格式
一个数$N$，表示矩形的个数。
接下来$N$行，每行四个整数$X_a,Y_a,X_b,Y_b$。分别表示每个矩形左下角和右上角的坐标。
保证$(X_a<X_b,Y_a<Y_b)$。
输出格式
一行，表示能看到的颜色数量。
样例
样例输入：
3
0 -1 1 1
2 1 3 5
-4 0 5 4
样例输出：
4
数据范围与提示
样例解释：
数据范围：
对于$10\%$的数据，保证$Nleqslant 100,|X_a,X_b,Y_a,Y_b|leqslant 100$
对于$50\%$的数据，保证$Nleqslant 100,000,|X_a,X_b,Y_a,Y_b|leqslant 1,000$
对于$80\%$的数据，保证$Nleqslant 100,000,|X_a,X_b,Y_a,Y_b|leqslant 100,000$
对于$100\%$的数据，保证$Nleqslant 100,000,|X_a,X_b,Y_a,Y_b|leqslant 10^9$
题解
其实$Ctrl+Z$是个提示。
然而我的考场代码……
愣是没有想到可以反着来。
反着来有一个很好的性质，就是如果这段已经被覆盖过了，那么现在插入的这个肯定是被压在下面的。
那么可以用二维线段树，存储哪个区间已经被覆盖了即可，如果有一段区间没有被覆盖，那么答案就$+1$即可。
注意离散化和动态开点即可。
随机数据下很优秀，但是极限数据会被卡，因为时间复杂度还是$Theta(n^2)$的。
时间复杂度：$Theta(n^2)$（但是可过）。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec{int xa,xb,ya,yb;}e[100001];
unordered_map<int,int> mpx,mpy;
int n;
int x[300001],y[300001],topx,topy,cntx,cnty;
int rt,tot,lson[60000000],rson[60000000];
bool tr[60000000];
int ans,res;
void pushup(int x){tr[x]=tr[lson[x]]&tr[rson[x]];}
void add(int &x,int xl,int yl,int xr,int yr,int opt,int XL,int YL,int XR,int YR)
{
if(!x)x=++tot;
if(tr[x]||xr<XL||XR<xl||yr<YL||YR<yl)return;
if(XL<=xl&&xr<=XR&&YL<=yl&&yr<=YR)
{
tr[x]=1;
ans+=res;
res=0;
return;
}
if(opt)
{
int mid=(xl+xr)>>1;
add(lson[x],xl,yl,mid,yr,0,XL,YL,XR,YR);
add(rson[x],mid+1,yl,xr,yr,0,XL,YL,XR,YR);
}
else
{
int mid=(yl+yr)>>1;
add(lson[x],xl,yl,xr,mid,1,XL,YL,XR,YR);
add(rson[x],xl,mid+1,xr,yr,1,XL,YL,XR,YR);
}
pushup(x);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&e[i].xa,&e[i].ya,&e[i].xb,&e[i].yb);
x[++topx]=e[i].xa;x[++topx]=e[i].xb;
y[++topy]=e[i].ya;y[++topy]=e[i].yb;
e[i].xb--;e[i].yb--;
x[++topx]=e[i].xb;y[++topy]=e[i].yb;
}
sort(x+1,x+topx+1);sort(y+1,y+topy+1);
for(int i=1;i<=topx;i++)if(x[i]!=x[i-1])mpx[x[i]]=++cntx;
for(int i=1;i<=topy;i++)if(y[i]!=y[i-1])mpy[y[i]]=++cnty;
cntx++;cnty++;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
e[i].xa=mpx[e[i].xa];
e[i].xb=mpx[e[i].xb];
e[i].ya=mpy[e[i].ya];
e[i].yb=mpy[e[i].yb];
}
for(int i=n;i;i--){res=1;add(rt,1,1,cntx,cnty,1,e[i].xa,e[i].ya,e[i].xb,e[i].yb);}
printf("%d
",ans+1);
return 0;
}
rp++