[USACO22FEB] Paint by Rectangles P 题解

前言

没用线段树的小常数、小短码。

题目链接：洛谷。

题意简述

给出 \(n\) 个平行于坐标轴的矩形，各边所在直线互不重合，钦定最外面为白色，对这个平面图黑白染色，分别求黑色块数和白色块数。

题目分析

这道题扫描线一眼题吧？所以考虑从左到右扫描线。初始白色有 \(1\) 块。

加边

先考虑加边。加入一条竖边 \([l, r]\)，就把这段区间异或一下，统计新增的白色块数和黑色块数。我们需要知道这条边对应的区间有多少个块。由于这些连通块是黑白相间的，我们只需要确定下面开始第一块的颜色是什么就行了。

记有 \(cnt\) 个块，黑色为 \(1\)，白色为 \(0\)，记最下面一块颜色是 \(c \in \lbrace 0, 1 \rbrace\)。

那么就让 \(c\) 的块数加上 \(\left \lceil \cfrac{cnt}{2} \right \rceil\)；让 \(c \operatorname{xor} 1\) 的块数加上 \(\left \lfloor \cfrac{cnt}{2} \right \rfloor\)。

那么如何知道块数和最下面的颜色呢？使用树状数组维护即可。

我们维护横边。加边的时候用树状数组将 \(l, r\) 分别单点加一。那么块数就是 \([l + 1, r - 1]\) 中横边个数加一；最下方的颜色就查询 \(l\) 以下有多少条横边，若是奇数个，则是白色，反之是黑色。

这么说也许不清晰，来看看样例：

加入这条绿色的竖边。块数 \(cnt = 3\)，由于 \(l\) 下方横边数量 \(0\) 是偶数，所以最下方颜色是黑色。就上黑色块数加上 \(\left \lceil \cfrac{3}{2} \right \rceil = 2\)，白色块数加上 \(\left \lfloor \cfrac{3}{2} \right \rfloor = 1\)。

再来看看这条绿边。块数 \(cnt = 2\)，由于 \(l\) 下方横边数量 \(3\) 是奇数，所以最下方颜色是白色。就上黑色块数加上 \(\left \lceil \cfrac{2}{2} \right \rceil = 1\)，白色块数加上 \(\left \lfloor \cfrac{2}{2} \right \rfloor = 1\)。

删边

删边也同理，但是略有不同。记删边后，这里有 \(cnt\) 个块，最下面一块颜色是 \(c \in \lbrace 0, 1 \rbrace\)。

注意，如果此时 \(cnt = 1\)，则表示这是一条结束的边。之前我们将 \(c\) 统计成多个块，但这时候它们到一起去了，所以要将 \(c\) 的块数减一。

其他情况注意最下面的颜色是和加边相反的，以及最上面的块和最下面的块是和外面的连成一个块，不做统计。

看看样例：

删去这条绿色的边。\(l\) 下面横边数量 \(1\) 是奇数，所以最下方颜色是黑色（而不是白色）。块数 \(cnt = 3\)，但是最上面的黑色块属于橙色矩形，最下面的黑色块属于黄色矩形，这些块之前已经统计过了。所以让黑色块数加上 \(\left \lfloor \cfrac{cnt - 2}{2} \right \rfloor = 0\)，白色块数加上 \(\left \lceil \cfrac{cnt - 2}{2} \right \rceil = 1\)。

删去这条绿色的边。\(l\) 下面横边数量 \(0\) 是偶数，所以最下方颜色是白色。块数 \(cnt = 1\)，这就是上文提到的情况：在两个紫色圆圈处，我们将它统计成两个白色部分，而实际上它是一个块，所以将白色块数减一。

处理

这样就结束了吗？不不不，你可以看看下面的最简单的反例。

没错，只有一个矩形。我们会发现在删去右边的竖边时，不应该将白色块数减一。

如果这样的矩形不止一个，那么白色的块数就被少减了很多。

我们将白色块数加上矩形互相相交的连通块个数就行了，吗？但是还是不对，不光光只是外面的白色平面，我们考虑矩形完全包含的情况。

我们发现，处理里面红色矩形的时候，也会将黑色块数多减了一。此时，相当于红色矩形处在一个背景色是黑色的平面内，似乎是一个更小的子问题。

所以，我们在开始处理一个矩形互相相交的连通块时，首先看看它是处在一个黑色还是白色的平面内，将这个颜色数量加一，然后再处理这个子问题，这样就不会出现问题。

代码

时间复杂度 \(n (\log n + \alpha(n))\)。

具体注释看代码吧，略去了快读快写，目前是 Rank1。

// #pragma GCC optimize(3)
// #pragma GCC optimize("Ofast", "inline", "-ffast-math")
// #pragma GCC target("avx", "sse2", "sse3", "sse4", "mmx")
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define debug(a) cerr << "Line: " << __LINE__ << " " << #a << endl
#define print(a) cerr << #a << "=" << (a) << endl
#define file(a) freopen(#a".in", "r", stdin), freopen(#a".out", "w", stdout)
#define main Main(); signed main(){ return ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), Main(); } signed Main
using namespace std;

#include <set>

int n, T;

int L[100010 << 1], R[100010 << 1];
// L[i] ~ R[i] 是横坐标为 i 的竖边

int toleft[100010 << 1], bl[100010 << 1], p[100010 << 1];
// toleft[i] 是将一个矩形右边的竖边映射到左边的竖边
// bl[i] 是一个左边的竖边所在矩形的编号
// p[i] 是一条横边所对应的左边的竖边编号

set<int> S;
// 用 set 维护目前出现的所有横边

struct Bit_Tree{
	constexpr inline int lowbit(const int x){ return x & -x; }
	int tree[100010 << 1];
	void modify(int p, int v){ for (int i = p; i <= n; i += lowbit(i)) tree[i] += v; }
	int query(int p){ int res = 0; for (int i = p; i; i -= lowbit(i)) res += tree[i]; return res; }
	int query(int l, int r){ return r < l ? 0 : query(r) - query(l - 1); }
} yzh;
// yzh 是树状数组

int fa[100010];
bool vis[100010];
int get(int x){ return fa[x] == x ? x : fa[x] = get(fa[x]); }
void merge(int a, int b){ fa[get(a)] = get(b); }
// 并查集维护矩形连通性

signed main(){
	read(n, T);
	for (int i = 1, x1, y1, x2, y2; i <= n; ++i){
		read(x1, y1, x2, y2);
		L[x1] = L[x2] = y1, R[x1] = R[x2] = y2;
		toleft[x2] = p[y1] = p[y2] = x1, bl[x1] = i, fa[i] = i;
	}
	n <<= 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i){
		if (!toleft[i]) S.insert(L[i]), S.insert(R[i]);
		for (set<int>::iterator it = S.upper_bound(L[i]); it != S.end() && *it < R[i]; it = S.erase(it))
			merge(bl[p[L[i]]], bl[p[*it]]);
		if (toleft[i]) S.erase(L[i]), S.erase(R[i]);
		// 发现只用在加入和删除竖边时，和已经存在的横边的矩形都有相交，并查集合并即可
	}
	long long ans[2] = {1, 0};
	for (int i = 1; i <= n; ++i){
		if (!toleft[i] && !vis[get(bl[i])]) vis[get(bl[i])] = true, ++ans[yzh.query(L[i]) & 1];
		// 表明是这个连通块第一次出现，将背景色块数加一
		if (!toleft[i]){  // 加边
			int cnt = yzh.query(L[i] + 1, R[i] - 1) + 1;  // 块数
			if (yzh.query(L[i]) & 1){  // 最下面颜色是白色
				ans[0] += (cnt + 1) >> 1, ans[1] += cnt >> 1;
			} else {
				ans[1] += (cnt + 1) >> 1, ans[0] += cnt >> 1;
			}
			yzh.modify(L[i], 1), yzh.modify(R[i], 1);
		} else {  // 删边
			int cnt = yzh.query(L[i] + 1, R[i] - 1) + 1;
			if (cnt == 1) --ans[(yzh.query(L[i]) & 1) ^ 1];
			else if (yzh.query(L[i]) & 1){
				ans[1] += (cnt - 2 + 1) >> 1, ans[0] += (cnt - 2) >> 1;
			} else {
				ans[0] += (cnt - 2 + 1) >> 1, ans[1] += (cnt - 2) >> 1;
			}
			yzh.modify(L[i], -1), yzh.modify(R[i], -1);
		}
	}
	if (T == 1) write(ans[0] + ans[1]);
	else write(ans[0], ' ', ans[1]);
	return 0;
}

后记

比用欧拉公式，线段树加并查集的做法是不是好多了？