BZOJ4548 小奇的糖果

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本文作者：ljh2000
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Description

有 N 个彩色糖果在平面上。小奇想在平面上取一条水平的线段,并拾起它上方或下方的所有糖果。求出最多能够拾

起多少糖果,使得获得的糖果并不包含所有的颜色。

Input

包含多组测试数据,第一行输入一个正整数 T 表示测试数据组数。

接下来 T 组测试数据,对于每组测试数据,第一行输入两个正整数 N、K,分别表示点数和颜色数。

接下来 N 行,每行描述一个点,前两个数 x, y (|x|, |y| ≤ 2^30 - 1) 描述点的位置,最后一个数 z (1 ≤ z ≤

 k) 描述点的颜色。

对于 100% 的数据,N ≤ 100000,K ≤ 100000,T ≤ 3

Output

对于每组数据在一行内输出一个非负整数 ans,表示答案

 

 

Sample Input

1
10 3
1 2 3
2 1 1
2 4 2
3 5 3
4 4 2
5 1 2
6 3 1
6 7 1
7 2 3
9 4 2

Sample Output

5

 

 

正解：树状数组+双向链表

解题报告：

 　   注意题目中说的是线段而不是直线，若是直线的话线性扫一遍即可。

　　那么对于这道题，如果单独考虑一种颜色，那么讲这种颜色的所有点按x排序之后，假设相邻两个点的横坐标分别为p,q，则[p+1,q-1]中一定再没有这种颜色的糖果，这个证明的话可以显然。

　　由于题目要求不包含所有的糖果的情况下可以取到的最大糖果数量，显然[p+1,q-1]区间内的点一定满足题意。

　　依据上述结论，不难得出具体做法：按y轴从小到大排序，从下往上处理，先默认我们只取线段以上的部分（以下的部分可以把纵坐标反号再做一次），可以想象成是一根直线往上推进，每当我扫描到一个点，就可以考虑用与这个点颜色相同的左右两个点之间的部分更新答案，正确性上面已经证明了。同时消除这个点的影响。

　　不妨用树状数组维护区间数量，双向链表维护颜色相同的左右两个点，这样的话可以在nlogn的时间里完成操作。

 

 

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#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 100011;
int n,C[MAXN],L,k,yan[MAXN],ans,X[MAXN];
int last[MAXN],next[MAXN],c[MAXN];
struct node{int x,y,col,pos;}a[MAXN];
inline bool cmpx(node q,node qq){ if(q.x==qq.x) return q.y>qq.y; return q.x<qq.x; }
inline bool cmpy(node q,node qq){ return q.y<qq.y; }
inline void add(int x,int val){ while(x<=L) c[x]+=val,x+=x&(-x); } 
inline int query(int x){ if(x==0) return 0; int tot=0; while(x>0) tot+=c[x],x-=x&(-x); return tot; }
inline void update(int l,int r){ if(l>r) return ; int tot=query(r)-query(l-1); if(tot>ans) ans=tot; }
inline int getint(){
    int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}

inline void solve(){
	X[0]=0; X[n+1]=L; memset(last,0,sizeof(last)); memset(next,0,sizeof(next)); memset(yan,0,sizeof(yan));
	for(int i=1;i<=n;i++) add(a[i].x,1); sort(a+1,a+n+1,cmpx);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		last[a[i].pos]=yan[a[i].col]; next[a[i].pos]=n+1;
		if(yan[a[i].col]) next[yan[a[i].col]]=a[i].pos;
		update(X[yan[a[i].col]]+1,X[a[i].pos]-1);
		yan[a[i].col]=a[i].pos;
	}
	for(int i=1;i<=k;i++) update(X[yan[i]]+1/*!!!*/,L);
	sort(a+1,a+n+1,cmpy);
	for(int i=1,head=1;i<=n;i=head) {
		while(head<=n && a[head].y==a[i].y) {
			add(a[head].x,-1);
			head++;
		}	  		
		for(int j=i;j<head;j++) {
			update(X[last[a[j].pos]]+1,X[next[a[j].pos]]-1); 
			next[last[a[j].pos]]=next[a[j].pos]; 
			last[next[a[j].pos]]=last[a[j].pos];
		}	 
	}
}

inline void work(){
	int T=getint(); 
	while(T--) {
		n=getint(); k=getint(); ans=0; L=0; for(int i=1;i<=n;i++) a[i].x=getint(),a[i].y=getint(),a[i].col=getint(),C[i]=a[i].x,a[i].pos=i;
		sort(C+1,C+n+1); L=unique(C+1,C+n+1)-C-1; for(int i=1;i<=n;i++) a[i].x=lower_bound(C+1,C+L+1,a[i].x)-C,X[i]=a[i].x; L++;
		solve(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i].y=-a[i].y;	solve();
		printf("%d\n",ans);
	}
}

int main()
{
    work();
    return 0;
}