[JZOJ5229]【GDOI2018模拟7.14】小奇的糖果
题目
题目大意
在一个二维的平面上，有一堆有颜色的点，你需要找出一条水平线段，使得这个线段上面（或者是下面）的点的颜色不包含所有的颜色。问点数最大是多少。
思考历程
在一开始，我看错了题目大意。
题目说的是线段，而我理解的是直线。
然后推了好多遍样例，觉得样例错了。
后来才发现题目给的是线段。
不然这题就是一个大大的水题了
估计一下时间复杂度，嗯，应该是或。
往这个方面想了好久，想不出来。
于是退而求其次，想
这个时间复杂度还是很容易做的。
显然地，我们肯定要先以纵坐标排一遍序。
然后从上往下扫（后面还要从上往下扫）。
对于每个横坐标，记录一下当前被扫过的点。
那么，相当于是，在扫描线上，找到一个合法区间，使得这个区间最大。
我们可以先固定左端点，然后右端点尽量延伸。用一个桶就可以了，还比较简单。
然后就愉快地拿到了60分了。
正解
正解是的。
假设我们取的是扫描线上面的点（下面的道理是一样的）。
我们先将扫描线移到最下方，很显然，在这时候所有点都在扫描线的上面，这就是它们的终极状态。
用一个树状数组维护一段横坐标的区间中的点数。
在用一个双向链表来维护一下在它左边的离他最近的同颜色的点，右边同理。
那么，对于一个点，它的前驱和它之间没有和它们同颜色的点，右边同理。
我们先把终极状态的答案求出来，即是枚举哪个颜色不选，然后在没有这些颜色的区间中用树状数组求出点数，试着更新答案。
接着我们考虑将扫描线向上移动。
在移动的时候，有一些点去到了扫描线的下面，那么我们就要将它们在树状数组中的贡献减去，将它们从双向链表中删去。
一个点从双向链表中删去后，它之前的前驱和后继之间没有和它颜色相同的点，所以我们可以这个区间试着更新答案。
然后整一题就如此愉快地解决了。
其中有一个很尴尬的地方是，由于一条扫描线可能同时扫过多个点，然而在统计这些答案的时候可能会对互相有影响。有点脑抽，然后想了很久，最终惊奇的发现，其实……
我们可以先在树状数组中减去它的贡献，在扫描线换行的时候，我们就将它们从双向链表中删去，并统计答案。
由于我们已经在树状数组中减去了它的贡献，那么在后面，如果一个点本应被删除，但是还没有删除就在前面的点中多计算了它的贡献，那么这个贡献是会被覆盖的。
吐槽
最近总喜欢吐槽一下，什么东西都吐槽一下。
打代码的时候细节可能比较多，有时没有注意它在排序前后的对应位置，导致了我的程序调了好久，很不爽……
（我的程序中，先对横坐标进行了排序，预处理了双向链表，然后再按纵坐标排序。可是，在排序前后的序号我在一开始忘记要对上，于是……）
还有，为什么明明是我讲题，却在一群人对了这题之后才对？
代码
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cassert>
#define N 100000
int n,m,tot;
struct Candy{
int x,y,c;
int num;
} d[N+10];
inline bool cmpx(const Candy &a,const Candy &b){
return a.x<b.x;
}
inline bool cmpy(const Candy &a,const Candy &b){
return a.y<b.y;
}
int ans;
int t[N+10];
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
inline int add(int k,int x){
for (;k<=m;k+=lowbit(k))
t[k]+=x;
}
inline int query(int k){
int res=0;
for (;k;k-=lowbit(k))
res+=t[k];
return res;
}
int w[N+10];//w[i]表示编号i的点（以横坐标排序之后的顺序）的编号
int l[N+10],r[N+10],tmpl[N+10],tmpr[N+10];//这些东西记录的都是以横坐标排序后的编号
int last[N+10];//记录某种颜色最后的点的编号
inline void init(){
sort(d+1,d+n+1,cmpx);
m=0;
for (int i=1,lst=-2147483648;i<=n;++i){
if (d[i].x!=lst)
m++,lst=d[i].x;
d[i].x=m;
}
//以上这段是离散化（如果你开心，不离散化打动态开点线段树，我也没意见）
for (int i=1;i<=n;++i){
d[i].num=i;
w[i]=d[i].x;
}
memset(last,0,sizeof last);
for (int i=1;i<=n;++i){
l[i]=last[d[i].c];
r[l[i]]=i;
last[d[i].c]=i;
}
for (int i=1;i<=tot;++i)
r[last[i]]=n+1;
memcpy(tmpl,l,sizeof l);
memcpy(tmpr,r,sizeof r);
}
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--){
scanf("%d%d",&n,&tot);
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d%d%d",&d[i].x,&d[i].y,&d[i].c);
init();
for (int i=1;i<=n;++i)
add(d[i].x,1);
w[0]=0;
w[n+1]=m+1;
ans=0;
for (int i=1;i<=tot;++i){
if (w[last[i]]+1<=m+1)
ans=max(ans,query(m)-query(w[last[i]]));
for (int j=last[i];j;j=l[j])
if (w[l[j]]+1<w[j])
ans=max(ans,query(w[j]-1)-query(w[l[j]]));
}
//以上是统计全部的答案（就是扫描线在全部点上面或下面的情况）
sort(d+1,d+n+1,cmpy);
d[0].y=d[n+1].y=-2147483648;
for (int i=1,j=1;i<=n;++i){
add(d[i].x,-1);
if (d[i].y!=d[i+1].y)
for (;j<=n && d[j].y<=d[i].y;++j){
int jj=d[j].num;
r[l[jj]]=r[jj];
l[r[jj]]=l[jj];
if (w[l[jj]]+1<w[r[jj]])
ans=max(ans,query(w[r[jj]]-1)-query(w[l[jj]]));
}
}
memset(t,0,sizeof t);
swap(l,tmpl),swap(r,tmpr);
for (int i=1;i<=n;++i)
add(d[i].x,1);
for (int i=n,j=n;i>=1;--i){
add(d[i].x,-1);
if (d[i].y!=d[i-1].y)
for (;j>=1 && d[j].y>=d[i].y;--j){
int jj=d[j].num;
r[l[jj]]=r[jj];
l[r[jj]]=l[jj];
if (w[l[jj]]+1<w[r[jj]])
ans=max(ans,query(w[r[jj]]-1)-query(w[l[jj]]));
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
总结
有的时候链表是一个好东西。
比如说在处理有没有相同颜色之类的问题的时候，用链表记录一下左右最近的同颜色的点或许是一个很好的解题方向。
有的时候正着搞不容易，那就反着搞，全部加进去，然后删掉。
还有在做平面问题时应当往扫描线上想一想。
