【洛谷3776】[APIO2017] 斑斓之地（平面图欧拉公式）
- 给定一张\(A\times B\)的网格图，把其中一条长度为\(n\)的路径标为黑色（可能自交），其余点为白色。
- \(q\)次询问，每次求一个子矩阵中白色连通块的数量。
- \(n\le10^5,A,B\le2\times10^5\)
平面图欧拉公式
对于一张连通的平面图，满足下面这个公式：
其中\(V\)为点数，\(E\)为边数，\(F\)为面数。
由于\(F\)中的面数是包含外面的，因此我们可以设\(F'\)表示图形内部的面数，得到\(V-E+F'=1\)。
对于树的问题我们常常利用\(V-E=1\)得出点数-边数=连通块数，其实就是\(F'=0\)的特殊情况。
对于这道题，在相邻的网格之间连边显然得到的是一张平面图，受树情况的启发就有结论：连通块数=点数-边数+面数。
贡献讨论+二维数点
由于白点数量很大，而黑点数量很少，这也就意味着不合法情况数很少，因此无论点数、边数、面数，我们都考虑用总情况数减去不合法情况数。
对于点数，非常简单，就是用\((x_2-x_1+1)\times(y_2-y_1+1)\)减去子矩形\((x_1,y_1)-(x_2,y_2)\)中的黑点数。
对于边数，分成上下连边和左右连边两部分，考虑把贡献记在上方/左方的点上，那么就分别为\((x_2-x_1)\times(y_2-y_1+1)\)减去子矩形\((x_1,y_1)-(x_2-1,y_2)\)的贡献以及\((x_2-x_1+1)\times(y_2-y_1)\)减去子矩形\((x_1,y_1)-(x_2,y_2-1)\)的贡献。
对于面数，一种情况是一组\(2\times2\)的四个白点间的面，把贡献记在左上方的点上，那么就是\((x_2-x_1)\times(y_2-y_1)\)减去子矩形\((x_1,y_1)-(x_2-1,y_2-1)\)的贡献；另一种情况是给定的子矩形完全包含了黑色路径且最外围连通，这样一来黑色路径围出的这一整部分也成为了外围连通块的一个面，这种情况只需将黑色路径的最小/最大横纵坐标与\(x_1,y_1,x_2,y_2\)比较一下即可判断。
不同的贡献计算都有一个共通的询问子矩形贡献和，就是一个二维数点问题，预处理建出主席树即可。
代码：\(O(nlogn)\)
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define M 200000
#define pb push_back
using namespace std;
int A,B,n,Rt[M+5][4];vector<int> p[M+5][4];
class ChairmanTree
{
private:
#define PT CI l=0,CI r=B
#define LT l,mid
#define RT mid+1,r
int Nt;struct node {int V,S[2];}O[N*72];
public:
I void U(int& rt,CI x,PT)//单点修改
{
if(++(O[++Nt]=O[rt]).V,rt=Nt,l==r) return;RI mid=l+r>>1;
x<=mid?U(O[rt].S[0],x,LT):U(O[rt].S[1],x,RT);
}
I int Q(CI rt,CI L,CI R,PT)//区间求和
{
if(!rt||L<=l&&r<=R) return O[rt].V;RI mid=l+r>>1;
return (L<=mid?Q(O[rt].S[0],L,R,LT):0)+(R>mid?Q(O[rt].S[1],L,R,RT):0);
}
}C[4];
int main()
{
#define Mark(x,y) (xl=min(xl,x),xr=max(xr,x),yl=min(yl,y),yr=max(yr,y),\
p[x][0].pb(y),p[x-1][1].pb(y),p[x][1].pb(y),p[x][2].pb(y-1),p[x][2].pb(y),\
p[x-1][3].pb(y-1),p[x-1][3].pb(y),p[x][3].pb(y-1),p[x][3].pb(y))
RI Qt,x,y,xl=1e9,xr=0,yl=1e9,yr=0;scanf("%d%d%d%d%d%d",&A,&B,&n,&Qt,&x,&y),Mark(x,y);
RI i;char op;for(i=1;i<=n;++i) cin>>op,op=='N'?--x:(op=='S'?++x:(op=='W'?--y:++y)),Mark(x,y);
RI j,k,sz;for(i=1;i<=A;++i) for(j=0;j^4;++j)
{
sort(p[i][j].begin(),p[i][j].end()),sz=unique(p[i][j].begin(),p[i][j].end())-p[i][j].begin();//去重
for(Rt[i][j]=Rt[i-1][j],k=0;k^sz;++k) C[j].U(Rt[i][j],p[i][j][k]);//主席树上修改
}
#define Qry(op,x1,y1,x2,y2) (C[op].Q(Rt[x2][op],y1,y2)-C[op].Q(Rt[x1-1][op],y1,y2))//询问子矩形贡献和
long long t;W(Qt--) scanf("%d%d%d%d",&i,&j,&x,&y),t=1LL*(x-i+1)*(y-j+1)-Qry(0,i,j,x,y),//点数
i^x&&(t-=1LL*(x-i)*(y-j+1)-Qry(1,i,j,x-1,y)),j^y&&(t-=1LL*(x-i+1)*(y-j)-Qry(2,i,j,x,y-1)),//边数
i^x&&j^y&&(t+=1LL*(x-i)*(y-j)-Qry(3,i,j,x-1,y-1)),i<xl&&xr<x&&j<yl&&yr<y&&++t,printf("%lld\n",t);//面数
return 0;
}
