POJ2528的另一种解法(线段切割)

题目：Mayor's posters

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首先本题题意是：有一面墙，被等分为1QW份，一份的宽度为一个单位宽度。现在往墙上贴N张海报，每张海报的宽度是任意

的，但是必定是单位宽度的整数倍，且<=1QW。后贴的海报若与先贴的海报有交集，后贴的海报必定会全部或局部覆盖先贴的海

报。现在给出每张海报所贴的位置（左端位置和右端位置），问张贴完N张海报后，还能看见多少张海报？

 

利用线段切割，由于后贴的海报可能会覆盖前面的，而很明显知道前面的海报不会影响后面海报的可见性，所以应该从后面往

前面推。

 

所以程序中就有：for(i=n-1;i>=0;i--)   

现在我们暂时只分析前一张海报与后一张海报的关系就可以了，然后递推就可以了。

我们用海报的长度来表示可见性，如果长度大于0，当然就可见啊

对于海报之间的关系，只有那么几种情况，但是看程序中只有3种关系，实际上在统计可见性时我们说只需要3种就够了，为什

么呢？

 

我们可以自己模拟一下：

如果两张海报没有交集，那么下面的那张海报一定是可见的，所以长度当然大于0，

如果两张海报有交集，就必然有4种关系，但是这里我们相当于只有两种就够了，就是后面的覆盖前面的右半部分，或者后面的

覆盖前面的左半部分，注意我们开始memset所有的海报长度是0，所以如果出现后面的海报全部覆盖前面的海报的情况就不用

管，因为它就是0，但是还有一种关系，就是后面的海报覆盖前面海报的中间部分，这样的话我们就可以把它当成覆盖左边部分

或者覆盖右边部分，因为我们的判断语句是

 if(l<node[k].x) 

 if(r>node[k].y)   

很明显可以看出实际上这两个语句包含了3种情况。而不仅仅代表只覆盖右部分或者左部分。

这样我们在结构体里面用ans统计每张海报最终的长度，实际上不一定是真正的长度哈，比如后一张只覆盖前一张的和中间部分

的那一种情况，实际上ans就只记录了前面的海报的左边部分，所以这样本题就解决了，线段切割实现起来更容易。

注意线段切割与矩形切割适用的范围：对边界范围大，操作数少的题目，我们选择矩形切割或者线段切割。 

#include <stdio.h>  
#include <string.h>  
  
const int N = 10005;  
  
typedef struct  
{  
    int x,y;  
    int ans;  
}Node;  
  
Node node[N];  
  
int n;  
  
void Cover(int l,int r,int k,int c)  
{  
    while(k<n&&(r<node[k].x||l>node[k].y)) k++;  
    if(k>=n)        //当前进行切割的线段并没有和后面的线段相交  
    {  
        node[c].ans+=r-l+1;  
        return;  
    }  
    if(l<node[k].x) Cover(l,node[k].x-1,k+1,c);   //当前线段的右边被覆盖；  
    if(r>node[k].y) Cover(node[k].y+1,r,k+1,c);   //当前线段的左边被覆盖；  
}  
  
int main()  
{  
    int t,i,sum;  
    scanf("%d",&t);  
    while(t--)  
    {  
        sum=0;  
        memset(node,0,sizeof(node));  
        scanf("%d",&n);  
        for(i=0;i<n;i++)  
            scanf("%d%d",&node[i].x,&node[i].y);  
        for(i=n-1;i>=0;i--)            //这里是用后面的海报覆盖前面的海报，所以要从后面开始进行插入（进行线段切割）；  
            Cover(node[i].x,node[i].y,i+1,i);  
        for(i=0;i<n;i++)  
            if(node[i].ans>0)  
                sum++;  
        printf("%d\n",sum);  
    }  
    return 0;  
}