这题我一直觉得使用了set这个大杀器就可以很快的过了，但是网上居然有更好的解法，orz。。。
题意：给你一个最大200行50000列的墙，初始化上面没有颜色，接着在上面可能涂四种类型的形状（填充）：
圆 ：给你圆心坐标，半径，颜色 （1->9）
菱形 ：中心坐标，中心向四方的最大值，颜色（1->9）
矩形 ：左上角坐标，长和宽，颜色（1->9）
等腰三角形：底边中心坐标，底边长（+1再/2 就是高），颜色（1->9）
其中输入的坐标一定在墙上，但是其他地方可能越界，所以要处理好。
最后输出每种颜色的个数
开始觉得就是一个比较麻烦的暴力嘛，但是一看数据5000个询问。。。好吧想想优化。
我发现虽然总个数特别的多，但是如果我们把每次已经涂色的地方记录下来，下次不用寻找，这样就节约时间了。诶，等等，不对呀，不是前者要覆盖后者吗？所以我们要离线处理倒序涂色。
然后我们可以看到，行列分配得不均匀，如果我们枚举列话还是会超时（每次图形都列很多的情况）。所以我们枚举行，初始每行都使用一个并查集连接右边一个没被涂色的列。涂色后就把前面最后一个没涂色的连上后面最前一个没涂色的（前后都多加一个，避免特判），这样下次就可以不找这一段了，但是我们寻找最前面一个在图形范围内没涂色时又有可能会超时。所以我们上set：添加删除数据O（log2n），查询大于等于关键字的位置又是O（log2n）。每个图形找到涂色行中列的范围，使用set查询范围内最前面的一个，然后使用枚举没有涂色的列，注意这儿每次枚举后set内都要删除。
还有就是这题坑死了，三角形的底边长居然没按照题意，存在偶数。。。
代码比较挫
#include<set> #include<map> #include<queue> #include<stack> #include<cmath> #include<vector> #include<string> #include<cstdio> #include<cstring> #include<stdlib.h> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define eps 1E-8 /*注意可能会有输出-0.000*/ #define Sgn(x) (x<-eps? -1 :x<eps? 0:1)//x为两个浮点数差的比较,注意返回整型 #define Cvs(x) (x > 0.0 ? x+eps : x-eps)//浮点数转化 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps)//判断是否等于0 #define mul(a,b) (a<<b) #define dir(a,b) (a>>b) typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; const int Inf=1<<28; const double Pi=acos(-1.0); const int Mod=1e9+7; const int Max=50010; set<int> se[205];//每行建立一个set查询 set<int>::iterator it; int fat[210][Max],ans[10]; struct node { int xx1,yy1,l,w,c; char str[12]; } blo[Max]; void Init(int n,int m) { memset(ans,0,sizeof(ans)); for(int i=0; i<=n+1; ++i) { se[i].clear(); for(int j=0; j<=m+1; ++j) { se[i].insert(j); fat[i][j]=j+1;//初始化每行每个点指向下一个点,多加两个点避免边界特殊处理 } fat[i][m+1]=m+1; } return; } int nmax(int a,int b) { return a>b?a:b; } int nmin(int a,int b) { return a>b?b:a; } int stax,ennx,stay,enny,tem; void Crc(int n,int m,node &p,int i)//圆 { tem=int(sqrt(double(p.w-i+p.xx1)*(p.w+i-p.xx1))); it=se[i].lower_bound(nmax(p.yy1-tem,1)); --it; stay=*it; enny=nmin(tem+p.yy1,m)+1; return; } void Dam(int n,int m,node &p,int i)//菱形 { tem=p.w-abs(p.xx1-i); it=se[i].lower_bound(nmax(p.yy1-tem,1)); --it; stay=*it; enny=nmin(tem+p.yy1,m)+1; return; } void Rtg(int n,int m,node &p,int i)//矩形 { it=se[i].lower_bound(nmax(p.yy1,1)); --it; stay=*it; enny=nmin(p.w+p.yy1,m+1); return; } void Trg(int n,int m,node &p,int i,int pp)//三角形 { tem=pp-(p.w+1)/2+1; it=se[i].lower_bound(nmax(p.yy1+tem,1)); --it; stay=*it; enny=nmin(p.yy1-tem,m)+1; return; } void Solve(int n,int m,int q) { for(int i=q-1; i>=0; --i) { if(blo[i].str[0]=='C') { stax=nmax(blo[i].xx1-blo[i].w,1); ennx=nmin(blo[i].w+blo[i].xx1,n)+1; } else if(blo[i].str[0]=='D') { stax=nmax(blo[i].xx1-blo[i].w,1); ennx=nmin(blo[i].w+blo[i].xx1,n)+1; } else if(blo[i].str[0]=='R') { stax=blo[i].xx1; ennx=nmin(blo[i].xx1+blo[i].l,n+1); } else { stax=blo[i].xx1; ennx=nmin(blo[i].xx1+(blo[i].w+1)/2-1,n)+1; } int j; for(int ii=stax; ii<ennx; ++ii) { if(blo[i].str[0]=='C') Crc(n,m,blo[i],ii); else if(blo[i].str[0]=='D') Dam(n,m,blo[i],ii); else if(blo[i].str[0]=='R') Rtg(n,m,blo[i],ii); else Trg(n,m,blo[i],ii,ii-stax); j=fat[ii][stay]; while(j<enny) { se[ii].erase(j); j=fat[ii][j];//并查集可以跳过已经涂色过的 ++ans[blo[i].c]; fat[ii][stay]=j; } } } return; } int main() { int n,m,q; while(~scanf("%d %d %d",&n,&m,&q)) { Init(n,m); for(int i=0; i<q; ++i) { scanf("%s",blo[i].str); if(blo[i].str[0]=='R') scanf("%d %d %d %d %d",&blo[i].xx1,&blo[i].yy1,&blo[i].l,&blo[i].w,&blo[i].c); else scanf("%d %d %d %d",&blo[i].xx1,&blo[i].yy1,&blo[i].w,&blo[i].c); ++blo[i].xx1,++blo[i].yy1; } Solve(n,m,q); for(int i=1; i<10; i++) printf("%d%c",ans[i],i==9?' ':' '); } return 0; }