LeetCode | 850. 矩形面积 II

我们给出了一个（轴对齐的）二维矩形列表 rectangles 。对于 rectangle[i] = [x_i1, y_i1, x_i2, y_i2], 表示第 i 个矩形的坐标， (x_i1, y_i1) 是该矩形左下角的坐标， (x_i2, y_i2) 是该矩形右上角的坐标。

计算平面中所有 rectangles 所覆盖的总面积。任何被两个或多个矩形覆盖的区域应只计算一次。

返回总面积。因为答案可能太大，返回 10⁹ + 7 的模。

示例 1：
图片名称

输入：rectangles = [[0,0,2,2],[1,0,2,3],[1,0,3,1]]
输出：6
解释：如图所示，三个矩形覆盖了总面积为6的区域。
从(1,1)到(2,2)，绿色矩形和红色矩形重叠。
从(1,0)到(2,3)，三个矩形都重叠。

示例 2：
输入：rectangles = [[0,0,1000000000,1000000000]]
输出：49
解释：答案是 10^18 对 (10^9 + 7) 取模的结果， 即 49 。

提示：

1 <= rectangles.length <= 200
rectanges[i].length = 4
0 <= x_i1, y_i1, x_i2, y_i2 <= 10⁹
矩形叠加覆盖后的总面积不会超越 2⁶³ - 1 ，这意味着可以用一个 64 位有符号整数来保存面积结果。

方案一：O(n²logn)的时间复杂度

获取所有矩形的两条竖边的 x 坐标，按 x 从小到大排序。
遍历 x 坐标，值相同的跳过(可以在第一步做一个去重), 找到两个不同的坐标 x1 , x2。
遍历所有的矩形，记录下横坐标区间覆盖了 x1, x2 的矩形的两个 y 坐标。
统计出这些 y 坐标的总长度（高度），乘以 x2 - x1 (宽度），就是（x1, x2) 区间中矩形的面积
继续遍历，遍历完所有的区间，就是所有矩形的总面积

例：
图片名称

遍历到 (x1, x2) 区间时，有 4 个矩形覆盖了这个区间：R1、R2、R3、R4；统计出来的高度为：H = (y2 - y1) + (y6 - y3) + (y8 - y7)。面积为： H * (x2 - x1)。（R2 和 R3 重复的面积没有算，统计出来的高度是 y6 - y3, 而不是 y6 - y4 + y5 - y3)

上一个遍历的区间是前一个 (x0, x1)，下一个要遍历的区间是 (x2, x3)。因为 x 坐标是根据矩形的竖边确定的，所以不会错过任何矩形的面积漏算，一定会统计出所有的面积。

int rectangleArea(vector<vector<int>>& rectangles) {
    const int MOD = 1e9 + 7;
    vector<int> vecX;
    for (auto &rect : rectangles) {
        vecX.push_back(rect[0]);
        vecX.push_back(rect[2]);
    }
    sort(vecX.begin(), vecX.end());

    long ans = 0;
    for (int i = 1; i < vecX.size(); ++i) {
        int a = vecX[i - 1], b = vecX[i];
        if (a == b) 
            continue;
        vector<vector<int>> lines;
        for (auto &rect : rectangles) {
            if (rect[0] <= a && b <= rect[2]) { // 矩形覆盖当前区间（矩形在区间内），将矩形的y坐标记录下来
                lines.push_back({rect[1], rect[3]});
            }
        }
        sort(lines.begin(), lines.end(), [](vector<int>& a, vector<int>& b) -> bool {
            return a[0] < b[0] || (a[0] == b[0] && a[1] < b[1]);
        });
        
        long height = 0, prey1 = -1, prey2 = -1;
        for (auto &cur : lines) {
            if (cur[0] > prey2) { // 和上一个纵区间不相交
                height += prey2 - prey1;
                prey1 = cur[0];
                prey2 = cur[1];
            } else if (cur[1] > prey2) { // 和上一个纵区间相交，合并成一个
                prey2 = cur[1];
            }
        }
        height += prey2 - prey1;
        ans += height * (b - a);
        ans %= MOD;
    }
    return ans;
}

方案二：O(n²) 的时间复杂度

获取所有矩形的两条横边的 y 坐标，存入hbound，按 y 从小到大进行排序，并去重。
遍历所有矩形，将竖边的 x 坐标，矩形的索引，竖边是左边界还是右边界的信息存入 sweep。
遍历 sweep, 每次处理 x 坐标相同的一批数据，记录下这些 x 所在的矩形覆盖的 hbound 区间，用 seg 保存
统计出 hbound 区间的和(高度），乘以 x_i+1 - x_i (宽度），就是所有矩形在 (x_i, X_i+1) 区间的面积
遍历完所有的 x 坐标，就统计出了所有矩形的总面积

例：
图片名称

遍历 sweep 中所有 x 坐标为 x_i 的数据，根据index获取矩形，如果矩形的纵区间覆盖了 (hbound[x], hbound[x + 1]), 则seg[x] + diff;

图中例子的结果是：seg[0] = 0, seg[1] = 1, seg[2] = 2, seg[3] = 1, seg[4] = 0; 可能有人会有疑问，R1 和 R4 的右边界也在 x_i上，有一个加 -1 的操作，seg[1] 应该等于 0，seg[4] 应该等于 -1；其实是因为已经遍历过 x_i 前面的坐标了，R1 和 R4 的左边界被统计过，那时候 seg[1] 和 seg[4] 都进行了加 1 操作，现在减 1 ，只是复原 seg，不会影响后面的结果。

统计出来的面积 S = (hbound[2] - hbound[1] + hbound[3] - hbound[2] + hbound[4] - hbound[3]) * (x_i+1 - x_i) = (hbound[4] - hbound[1]) * (x_i+1 - x_i)

int rectangleArea(vector<vector<int>>& rectangles) {
    int n = rectangles.size();
    vector<int> hbound;
    for (const auto& rect: rectangles) {
        hbound.push_back(rect[1]);
        hbound.push_back(rect[3]);
    }
    sort(hbound.begin(), hbound.end());
    hbound.erase(unique(hbound.begin(), hbound.end()), hbound.end()); // 删除重复的 y 坐标
    int m = hbound.size();

    vector<int> seg(m - 1);

    vector<tuple<int, int, int>> sweep; // 分别表示：x 坐标，第几个矩形，左边界还是右边界
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        sweep.emplace_back(rectangles[i][0], i, 1);
        sweep.emplace_back(rectangles[i][2], i, -1);
    }
    sort(sweep.begin(), sweep.end());

    long long ans = 0;
    for (int i = 0; i < sweep.size(); ++i) {
        int j = i;
        while (j + 1 < sweep.size() && get<0>(sweep[i]) == get<0>(sweep[j + 1])) {
            ++j; // 找到横坐标相同的左右边界
        }
        if (j + 1 == sweep.size()) {
            break;
        }
        // 一次性地处理掉一批横坐标相同的左右边界
        for (int k = i; k <= j; ++k) {
            auto&& [_, idx, diff] = sweep[k];
            int y1 = rectangles[idx][1], y2 = rectangles[idx][3];
            for (int x = 0; x < m - 1; ++x) {
                if (y1 <= hbound[x] && hbound[x + 1] <= y2) { // 矩形的纵区间覆盖 [hbound[x], hbound[x + 1]] 区间
                    seg[x] += diff; // 左边加 1，右边减 1；遍历完一个矩形一定是等于 0，不需要clear
                }
            }
        }
        int cover = 0;
        for (int k = 0; k < m - 1; ++k) {
            if (seg[k] > 0) {
                cover += (hbound[k + 1] - hbound[k]);
            }
        }
        ans += static_cast<long long>(cover) * (get<0>(sweep[j + 1]) - get<0>(sweep[j]));
        i = j;
    }
    return ans % static_cast<int>(1e9 + 7);
}

方案三： O(nlogn)的时间复杂度
在方案二的基础上加了线段树的数据结构。处理每一条竖线 x_i 时，更新 segmentTree, tree[0].length 保存的就是区间 (x_i, x_i+1) 的被矩形覆盖的纵区间的长度。区间所含的矩形的面积 S = tree[0].length * (x_i+1 - x_i)

    struct Segtree {
        int cover;
        int length;
        int max_length;
    };
    int rectangleArea(vector<vector<int>>& rectangles) {
        int n = rectangles.size();
        for (const auto& rect: rectangles) {
            hbound.push_back(rect[1]);
            hbound.push_back(rect[3]);
        }
        sort(hbound.begin(), hbound.end());
        hbound.erase(unique(hbound.begin(), hbound.end()), hbound.end());
        int m = hbound.size();
        // 线段树有 m-1 个叶子节点，对应着 m-1 个会被完整覆盖的线段，需要开辟 ~4m 大小的空间
        tree.resize(m * 4 + 1);
        init(1, 1, m - 1);

        vector<tuple<int, int, int>> sweep;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            sweep.emplace_back(rectangles[i][0], i, 1);
            sweep.emplace_back(rectangles[i][2], i, -1);
        }
        sort(sweep.begin(), sweep.end());

        long long ans = 0;
        for (int i = 0; i < sweep.size(); ++i) {
            int j = i;
            while (j + 1 < sweep.size() && get<0>(sweep[i]) == get<0>(sweep[j + 1])) {
                ++j;
            }
            if (j + 1 == sweep.size()) {
                break;
            }
            // 一次性地处理掉一批横坐标相同的左右边界
            for (int k = i; k <= j; ++k) {
                auto&& [_, idx, diff] = sweep[k];
                // 使用二分查找得到完整覆盖的线段的编号范围
                int left = lower_bound(hbound.begin(), hbound.end(), rectangles[idx][1]) - hbound.begin() + 1;
                int right = lower_bound(hbound.begin(), hbound.end(), rectangles[idx][3]) - hbound.begin();
                update(1, 1, m - 1, left, right, diff);
            }
            ans += static_cast<long long>(tree[1].length) * (get<0>(sweep[j + 1]) - get<0>(sweep[j]));
            i = j;
        }
        return ans % static_cast<int>(1e9 + 7);
    }

    void init(int idx, int l, int r) {
        tree[idx].cover = tree[idx].length = 0;
        if (l == r) {
            tree[idx].max_length = hbound[l] - hbound[l - 1];
            return;
        }
        int mid = (l + r) / 2;
        init(idx * 2, l, mid);
        init(idx * 2 + 1, mid + 1, r);
        tree[idx].max_length = tree[idx * 2].max_length + tree[idx * 2 + 1].max_length;
    }

    void update(int idx, int l, int r, int ul, int ur, int diff) {
        if (l > ur || r < ul) {
            return;
        }
        if (ul <= l && r <= ur) {
            tree[idx].cover += diff;
            pushup(idx, l, r);
            return;
        }
        int mid = (l + r) / 2;
        update(idx * 2, l, mid, ul, ur, diff);
        update(idx * 2 + 1, mid + 1, r, ul, ur, diff);
        pushup(idx, l, r);
    }

    void pushup(int idx, int l, int r) {
        if (tree[idx].cover > 0) {
            tree[idx].length = tree[idx].max_length;
        }
        else if (l == r) {
            tree[idx].length = 0;
        }
        else {
            tree[idx].length = tree[idx * 2].length + tree[idx * 2 + 1].length;
        }
    }

private:
    vector<Segtree> tree;
    vector<int> hbound;

posted @ 2022-11-23 14:36 卑以自牧lq 阅读(176) 评论(0) 编辑收藏举报

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