Day6 - D - Tree 园丁的烦恼 HYSBZ - 1935

很久很久以前，在遥远的大陆上有一个美丽的国家。统治着这个美丽国家的国王是一个园艺爱好者，在他的皇家花园里种植着各种奇花异草。有一天国王漫步在花园里，若有所思，他问一个园丁道： “最近我在思索一个问题，如果我们把花坛摆成六个六角形，那么……” “那么本质上它是一个深度优先搜索，陛下”，园丁深深地向国王鞠了一躬。 “嗯……我听说有一种怪物叫九头蛇，它非常贪吃苹果树……” “是的，显然这是一道经典的动态规划题，早在N元4002年我们就已经发现了其中的奥秘了，陛下”。 “该死的，你究竟是什么来头？” “陛下息怒，干我们的这行经常莫名其妙地被问到和OI有关的题目，我也是为了预防万一啊！” 王者的尊严受到了伤害，这是不可容忍的。看来一般的难题是难不倒这位园丁的，国王最后打算用车轮战来消耗他的实力： “年轻人，在我的花园里的每一棵树可以用一个整数坐标来表示，一会儿，我的骑士们会来轮番询问你某一个矩阵内有多少树，如果你不能立即答对，你就准备走人吧！”说完，国王气呼呼地先走了。 这下轮到园丁傻眼了，他没有准备过这样的问题。所幸的是，作为“全国园丁保护联盟”的会长——你，可以成为他的最后一根救命稻草。Input第一行有两个整数n，m（0≤n≤500000，1≤m≤500000）。n代表皇家花园的树木的总数，m代表骑士们询问的次数。 文件接下来的n行，每行都有两个整数xi，yi，代表第i棵树的坐标（0≤xi，yi≤10000000）。 文件的最后m行，每行都有四个整数aj，bj，cj，dj，表示第j次询问，其中所问的矩形以（aj，bj）为左下坐标，以（cj，dj）为右上坐标。Output共输出m行，每行一个整数，即回答国王以（aj，bj）和（cj，dj）为界的矩形里有多少棵树。Sample Input3 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1

Sample Output3

思路：统计区间个数，想到二维树状数组，但数据太大无法开下，就选择离散化+偏序一维树状数组来进行二维树状数组的操作，将询问拆成4部分，就像二维树状数组一样

 

using namespace std;
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
typedef long long LL;

const int maxm = 5e5+5;

int x[maxm], y[maxm], a[maxm], b[maxm], c[maxm], d[maxm], n, m, tot, C[maxm], ally[maxm], ans[maxm][5];

void add(int pos, int val) {
    for(; pos <= tot; pos += lowbit(pos))
        C[pos] += val;
}

int getsum(int pos) {
    int ret = 0;
    for(; pos; pos -= lowbit(pos))
        ret += C[pos];
    return ret;
}

struct Node {
    int x, y, id, val;
    Node(){}
    bool operator<(const Node &a) const {
        return x < a.x || (x == a.x && val < a.val);
    }
} Nodes[maxm*5];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%d%d", &x[i], &y[i]);
        ally[++tot] = y[i];
    }
    for(int i = 1; i <= m; ++i) {
        scanf("%d%d%d%d", &a[i], &b[i], &c[i], &d[i]);
        ally[++tot] = b[i], ally[++tot] = d[i];
    }
    sort(ally+1, ally+tot+1);
    int len = unique(ally+1, ally+tot+1)-ally-1;
    int nodesum = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        Nodes[nodesum].x = x[i], Nodes[nodesum++].y = lower_bound(ally+1, ally+1+len, y[i]) - ally;
    }
    for(int i = 1; i <= m; ++i) {
        int ty1 = lower_bound(ally+1, ally+1+len, d[i]) - ally, ty2 = lower_bound(ally+1, ally+1+len, b[i]) - ally;
        Nodes[nodesum].x = c[i], Nodes[nodesum].y = ty1, Nodes[nodesum].id = i, Nodes[nodesum++].val = 1;
        Nodes[nodesum].x = a[i]-1, Nodes[nodesum].y = ty1, Nodes[nodesum].id = i, Nodes[nodesum++].val = 2;
        Nodes[nodesum].x = c[i], Nodes[nodesum].y = ty2-1, Nodes[nodesum].id = i, Nodes[nodesum++].val = 3;
        Nodes[nodesum].x = a[i]-1, Nodes[nodesum].y = ty2-1, Nodes[nodesum].id = i, Nodes[nodesum++].val = 4;
    }
    sort(Nodes, Nodes+nodesum);
    for(int i = 0; i < nodesum; ++i) {
        if(!Nodes[i].val) {
            add(Nodes[i].y, 1);
        } else {
            ans[Nodes[i].id][Nodes[i].val] = getsum(Nodes[i].y);
        }
    }
    for(int i = 1; i <= m; ++i)
        printf("%d\n", ans[i][1] - ans[i][2] - ans[i][3] + ans[i][4]);
    return 0;
}

 

补：

这就是二维偏序问题，定一个序就变成一维统计问题，像CDQ分治也是，三维定一个序，变成二维问题，用CDQ，借助树状数组求和，本题x定序后，每一次求和都是0-x, 0-y,运用容斥拆成四个点，就无须再树状数组考虑x，只考虑y了