[扫描线] 数据结构测试(2025.3.22)
哈哈哈暴力大赛，赛时暴力打满（差40pts打满。我太菜了暴力都不会呜呜）喜提80pts，（T1没想到暴力。
难度：T2<T1<T3.
T1
第1题 团队 查看测评数据信息
有n个工人，第i个工人的能力是v[i], 他只与能力在L[i]到R[i]之间的人在一起工作，问最多能选出多少人在一起工作。
输入格式
第一行，一个整数n, 1 <= n <= 100000。
接下来有n行，第i行是： L[i]、v[i]、R[i]， 其中1<= L[i] <= v[i] <= R[i] <= 300000。
【提示】
有40%数据n<=100。
输出格式
一个整数。
输入/输出例子1
输入：
4
2 8 9
1 4 7
3 6 8
5 8 10
输出：
3
输入/输出例子2
输入：
6
3 5 16
1 6 11
4 8 12
7 9 16
2 10 14
8 13 15
输出：
4
样例解释
样列一解释： 可以选择第1，第3，第4这三人。
样列二解释： 可以选择第1，第2，第3，第5这四人。
先看40%的分：
首先得想到，最终选了一些人，所组成的区间一定是一个交集 [L, R]。
这点我没想到，导致整题拜拜。如果正面想，想如何去求答案这个过程很难，不妨考虑从答案结果出发，然后根据结果直接反推，看哪些过程符合条件，就避免了过程的枚举。因为答案确定了过程也确定了。
然后就容易了，枚举L, 枚举R，再枚举n个人。看看有几个人满足在[L, R]内。其中L，R只会是每个人的区间端点值。
O(n^3)
100%的分：提供两种方法。
方法一
L，R看成x，y轴上的一个数。这样[L, R]变成一个坐标轴上的点（L, R）。区间->坐标轴上的点。
转化：区间有哪些人->考虑人对区间的贡献。我们就看什么时候人会对区间造成贡献，或者说人对哪些区间有贡献。
此时这个区间代表选了一些人所组成的区间。
假设 人：[L, v, R]（是已知的）。某个区间：[L2, R2]（是未知的）
只要 L<=L2<=v && v<=R2<=R，即人完全包含区间，就是人对区间有贡献。
可以根据题意理解：因为你只和能力值在你这个区间范围内的人工作，所以你一定要包含 [L, R] 这个区间。
其次，[L, R]是选了某些人后组成区间，这些人只和他们的能力范围并集内的人合作，所以 v 一定在 [L, R] 内。
L，R，L2，R2，v，再次转回坐标轴就是一个矩形。矩形内每个点都是原来的区间。
即：x 轴上有 L，v；y 轴上有 v, R。
转化思想：一个区间可以转成坐标轴上的点，多个区间合并在一起取值（形如 x<=L<=y<=R<=z）可以转换成坐标轴上的矩形。
想要找一个区间[L, R]内，工作的人最多，就转化成：找一个点，使得这个点被矩形覆盖的次数最多->扫描线（其实就是扫描线里，线段树存一个最大值）。
考虑问题的次序思想：不同顺序考虑问题难易程度将不一样，如此题是先考虑区间再考虑人会很难，先考虑人再考虑区间是简单的
一些细节：
1.不同于平常的扫描线，这里线段树叶结点存的是一个点，而非线段。
2.注意排序的时候，加法操作要放前面，不然最大值计算会少算。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=300005;
int n;
long long ans=0;
struct node
{
int L, v, R;
}b[N];
struct Tree
{
int Max, add;
}tr[N<<4];
struct smx
{
int x, ay, by, add;
};
vector<smx> a;
vector<int> p;
bool cmp(smx a, smx b)
{
if (a.x!=b.x) return a.x<b.x;
return a.add>b.add;
}
void push_up(int id, int L, int R)
{
tr[id].Max=max(tr[id*2].Max, tr[id*2+1].Max);
}
void push_down(int id)
{
tr[id*2].add+=tr[id].add;
tr[id*2+1].add+=tr[id].add;
tr[id*2].Max+=tr[id].add;
tr[id*2+1].Max+=tr[id].add;
tr[id].add=0;
}
void add(int id, int L, int R, int qL, int qR, int k)
{
if (qL<=p[L] && p[R]<=qR)
{
tr[id].Max+=k;
tr[id].add+=k;
return ;
}
// if (L+1==R) return ;
push_down(id);
int mid=L+R>>1;
if (qL<=p[mid]) add(id*2, L, mid, qL, qR, k);
if (qR>=p[mid+1]) add(id*2+1, mid+1, R, qL, qR, k);
push_up(id, L, R);
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d%d%d", &b[i].L, &b[i].v, &b[i].R);
for (int i=1; i<=n; i++)
{
int ax=b[i].L, ay=b[i].v, bx=b[i].v, by=b[i].R;
a.push_back({ax, ay, by, 1});
a.push_back({bx, ay, by, -1});
p.push_back(ay), p.push_back(by);
}
sort(a.begin(), a.end(), cmp);
sort(p.begin(), p.end());
p.erase(unique(p.begin(), p.end()), p.end());
for (int i=0; i<a.size(); i++)
{
if (i>0) ans=max(ans, 1ll*tr[1].Max);
add(1, 0, p.size()-1, a[i].ay, a[i].by, a[i].add);
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
/*
4
2 8 9
1 4 7
3 6 8
5 8 10
*/
方法二
相比方法一少了套路，多了思考。
首先得想到，最终选了一些人的区间一定是一个交集 [L, R]
对于一类区间问题，可以考虑枚举 L，维护 R。
假设有人[L2, v, R2] 。即满足：L2<v<R2
先分析一下L。如果L2>L，肯定不会在这个区间，这样一定有L=L2，因为是交集嘛。
所以把人按 L2 从小到大排序。每个L2一定满足， L2<=L
考虑人的贡献。也就是考虑R的答案，怎么取值R才可能让 [L2, v, R2] 对 [L, R] 有贡献？
v<=R<=R2 就可以贡献了。分析同 L，因为是交集。
这里用线段树维护 R，L=L2时，[v, R2]+1。然后怎么知道对右端点有贡献有多少人？查询[v, R2] Max。
当L>v时，[v, R2]-1.
此处无代码。但是可以看看：[题解]CF377D Developing Game - 洛谷专栏
T2
第2题 好区间 查看测评数据信息
有n个整数从左往右排成一行，构成序列A[1...n]。
对于1 <= i <= j <= n， 子序列A[i...j]被称为“优质子序列”当且仅当：存在某个整数x，使得x在子序列A[i...j]中恰好出现过一次。
问序列A总共有多少个不同的子序列。
输入格式
第一行，一个整数n, 其中2 <= n <= 200000。
第二行，n个整数，第i个整数是A[i], 1 <= A[i] <= n。
【提示】
有40%的数据， n <= 1000。
输出格式
一个整数。
输入/输出例子1
输入：
10
1 2 1 4 3 3 3 2 2 4
输出：
47
输入/输出例子2
输入：
5
2 2 1 2 1
输出：
12
样例解释
样例二解释：
40%:枚举L，R，判断是否满足条件。
100%：
暴力发现不好操作。次序原因，因为先想区间再判区间里的特殊数比较麻烦。反过来想。先想特殊数（即区间内出现一次的数），再想区间。
考虑每个特殊数对区间的贡献。
一个trict：如果有“只出现一次的数“，都可以考虑记录：pre[a[i]], nxt[a[i]]。分别表示a[i]前面最先出现的数，和后面最先出现的数。
假设被贡献的区间是[L, R]
满足 pre[a[i]]+1<=L<=pos[a[i]] && pos[a[i]]<=R<=lst[a[i]]+1.
又是很多区间。放回二维坐标系。就是一个矩形。
然后转换成矩形面积并集。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200005;
int n, b[N], t[N], nxt[N], pre[N];
long long ans=0;
struct Tree
{
int cover, len;
}tr[N<<4];
struct node
{
int x, ay, by, add;
};
vector<node> a;
vector<int> p;
bool cmp(node a, node b)
{
return a.x<b.x;
}
void push_up(int id, int L, int R)
{
if (tr[id].cover>=1) tr[id].len=p[R]-p[L];
else tr[id].len=tr[id*2].len+tr[id*2+1].len;
}
void add(int id, int L, int R, int qL, int qR, int k)
{
if (qL<=p[L] && p[R]<=qR)
{
tr[id].cover+=k;
push_up(id, L, R);
return ;
}
if (L+1==R) return ;
int mid=L+R>>1;
if (qL<=p[mid]) add(id*2, L, mid, qL, qR, k);
if (qR>=p[mid]) add(id*2+1, mid, R, qL, qR, k);
push_up(id, L, R);
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &b[i]);
for (int i=1; i<=n; i++)
{
if (t[b[i]]) nxt[t[b[i]]]=i;
pre[i]=t[b[i]];
nxt[i]=n+1, t[b[i]]=i;
}
for (int i=1; i<=n; i++)
{
int ax=pre[i], ay=i, bx=i, by=nxt[i];
a.push_back({ax, ay, by, 1});
a.push_back({bx, ay, by, -1});
p.push_back(ay), p.push_back(by);
}
sort(a.begin(), a.end(), cmp);
sort(p.begin(), p.end());
p.erase(unique(p.begin(), p.end()), p.end());
for (int i=0; i<a.size(); i++)
{
if (i>0) ans+=1ll*tr[1].len*(a[i].x-a[i-1].x);
add(1, 0, p.size()-1, a[i].ay, a[i].by, a[i].add);
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
T3
第3题 连续子区间 查看测评数据信息
有一个1至n的排列P ，如果排列P中的第L个至第R个数是连续的，那么我们称[L,R]是好区间。例如，[1, 3, 2, 5, 4]中的好区间有：
[1,1], [1, 3], [1, 5], [2, 2], [2, 3], [2, 5], [3, 3], [4, 4], [4, 5], [5, 5]。
有q次询问，每次问[L,R]内，有多少子区间是好的？
输入格式
第一行，一个整数n , 1 <= n <= 120000。
第二行，n个整数，第i个整数表示P[i], 所有 1 <= P[i] <= n, 且P[i]互异。
第三行， 一个整数q表示询问的次数， 1 <= q <= 120000。
接下来有q行，每行两个整数：L和R，表示询问区间[L,R]有多少个子区间是好的。
【提示】
有40%数据，1 <= n,q <= 1000。
输出格式
共q行，每行一个整数。
输入/输出例子1
输入：
5
1 3 2 5 4
15
1 1
1 2
1 3
1 4
1 5
2 2
2 3
2 4
2 5
3 3
3 4
3 5
4 4
4 5
5 5
输出：
1
2
5
6
10
1
3
4
7
1
2
4
1
3
1
样例解释
无
搬运一下题解，写的还挺好：
浙公网安备 33010602011771号