我们给出了一个（轴对齐的）二维矩形列表 rectangles 。 对于 rectangle[i] = [x1, y1, x2, y2]，其中（x1，y1）是矩形 i 左下角的坐标， (xi1, yi1) 是该矩形 左下角 的坐标， (xi2, yi2) 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 。
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/rectangle-area-ii
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做题经历：
看到这题最初的想法是暴力搜索，即检查每一个格子，检验其是否在某个矩形中，将格子的个数加起来即得到了面积，算法的时间复杂度大概在O(N立方)，本题数据范围较大，感觉一定会time limited，因此直接放弃。然后因为本人很菜，没有想到什么好的方法，于是查看了题解。
题解1：
class Solution {
int MOD = (int)1e9+7; //取模
public int rectangleArea(int[][] rs) {
List<Integer> list = new ArrayList<>(); 定义一个存储横坐标的list
for (int[] info : rs) {
list.add(info[0]); list.add(info[2]); 存储每个矩形的横坐标
}
Collections.sort(list); 对横坐标排序
long ans = 0; 用long型定义结果
for (int i = 1; i < list.size(); i++) { 开始计算每两个相邻坐标之间的矩形面积
int a = list.get(i - 1), b = list.get(i), len = b - a; 计算区间宽度
if (len == 0) continue; 如果宽度为0，则继续
List<int[]> lines = new ArrayList<>(); 保存横坐标覆盖该范围的所有矩形的纵坐标范围
for (int[] info : rs) {
if (info[0] <= a && b <= info[2]) lines.add(new int[]{info[1], info[3]}); 添加每个符合条件的矩形的纵坐标
}
Collections.sort(lines, (l1, l2)->{
return l1[0] != l2[0] ? l1[0] - l2[0] : l1[1] - l2[1]; 对这些纵坐标范围进行排序，第一个最小的排在最先，第一个相同的按照第二个进行排序
});
long tot = 0, l = -1, r = -1; tot为线段并集长度，l为上一个考虑的矩形纵坐标范围的最小值，r为上一个考虑的矩形纵坐标范围的最大值
for (int[] cur : lines) {
if (cur[0] > r) { 如果比上一个最大值还要大，需要把上一个计算的整段都加上
tot += r - l;
l = cur[0]; r = cur[1];
} else if (cur[1] > r) { 如果该最大值比上一个最大值大，但最小值在其范围里，则更新上一个的最大值
r = cur[1];
}
}
tot += r - l; 加上最后一个未计算的纵坐标区间
ans += tot * len; 加上该区间面积
ans %= MOD; 取模
}
return (int) ans;
}
}
作者：AC_OIer
链接：https://leetcode.cn/problems/rectangle-area-ii/solution/gong-shui-san-xie-by-ac_oier-9r36/
来源：力扣（LeetCode）
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该题解相当于将矩形面积离散化，分成一段段矩形进行考虑，想法比较简单一些，代码时间复杂度稍微高一点，但易于理解，leetcode的官方解法作者还在努力理解中。以上注释为作者对宫水三叶题解的自我理解。
