矩形有交问题—CDQ

矩阵覆盖问题-CDQ分治

[COCI2018-2019#2] Sunčanje

题目描述

Slavko 做了一个不寻常的梦。在一个晴朗的早上，$N$ 个白色的矩形一个接着一个爬上了 Slavko 家的屋顶，并在屋顶上晒太阳。每个矩形在屋顶都选定了一个位置，使得它的边与屋顶的棱角平行。有些矩形可能会覆盖在其它矩形所在的位置上。每个矩形的长、宽分别为 $A_i,B_i$，其与屋顶左方和下方的棱角的距离分别为 $X_i,Y_i$。

日落后，矩形们从屋顶上下来，并睡了一觉。次日，它们发现，有些矩形变成了黄色，而有些仍为白色。变为黄色的矩形都是完全暴露在阳光下的。

请判断每个矩形是否变为了黄色。

输入格式

第一行输入正整数 $N$，表示矩形的个数。

接下来的 $N$ 行，每行输入整数 $X_i,Y_i,A_i,B_i$。输入顺序与登上屋顶的顺序一致。

输出格式

输出 $N$ 行。其中，若第 $i$ 个矩形变为黄色，则在第 $i$ 行输出 DA，否则在该行输出 NE。

样例 #1

样例输入 #1

5
1 1 4 2
6 1 1 1
2 2 2 3
3 4 3 2
4 0 1 2

样例输出 #1

NE
DA
NE
DA
DA

样例 #2

样例输入 #2

3
3 3 1 1
2 2 3 3
1 1 5 5

样例输出 #2

NE
NE
DA

提示

样例 1 解释

矩形 $1,3$ 没有完全暴露在阳光下，因而它们没有变为黄色：

数据规模与约定

对于 $10\mathrm{\%}$ 的数据，$N\le {10}^4$。

对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le N\le {10}^5$，$0\le X_i,Y_i\le {10}^9$，$1\le A_i,B_i\le {10}^9$。

说明

本题分值按 COCI 原题设置，满分 $130$。

题目译自 COCI2018-2019 CONTEST #2 T5 Sunčanje。

分析

我们记矩阵序列为 $A$ ,其中 $A[i]=(x_1,y_1,x_2,y_2)(x_1\le x_2,y1\le y_2)$ ，为了方便，我们将 $A[i]$ 的 $x_1$ 写作 $A[i,x_1]$ ，其余类似

那么矩阵 $i$ 被矩阵 $j$ 覆盖需要满足以下条件

$$\{\begin{array}{r}i<j\\ \{\begin{array}{rl}A[i,x_1]& \le A[j,x_2]\\ A[j,x_1]& \le A[i,x_2]\end{array}\\ \{\begin{array}{rl}A[i,y_1]& \le A[j,y_2]\\ A[j,y_1]& \le A[i,y_2]\end{array}\end{array}$$

(在这里有一个细节，就是有可能一个矩形的右边和一个矩形的左边在同一直线上(亦或者一个矩形的上边和一个矩形的下边在同一直线上)，但此时没有交点却仍然会被累加进入答案，故为了解决这个问题，可以把右上角整体缩一格，也即右上角的横纵坐标全部-1(这就是部分同志最后几个点过不了的原因))；

考虑如何求解
这个玩意类似于偏序问题，考虑使用 CDQ 分治

若按照时间轴分治，则设分治两区间为 $[l,mid],[mid+1,r]$

此时 $[l,mid]$ 的时间都早于 $[mid+1,r]$

此时我们需要考虑后半区间对前半区间的影响，先用常规双指针套路维护限制条件 $A[j,x_1]\le A[i,x_2]$

将区间 $[l,mid]$ 按照 $x_2$ 递增排序，区间 $[mid+1,r]$ 按照 $x_1$ 递增排序，设两个指针分别为 $L,R$

采用双指针扫描，则 $[mid+1,R]$ 的矩形都满足对于 $L$ 来说 $A[L,x_2]\ge A[k,x_1]$ ,考虑判定在 $[mid+1,R]$ 中有无矩形可以覆盖 $L$

按照 $CDQ$ 分治的套路我们需要数据结构来维护剩余的几个条件

$$\{\begin{array}{rl}A[i,x_1]& \le A[j,x_2]\\ A[i,y_1]& \le A[j,y_2]\\ A[j,y_1]& \le A[i,y_2]\end{array}$$

这里由于限制条件就是要求矩形横向有交点，竖向有交点，而对于竖向有交点，可以转化为线段有交问题，考虑使用维护线段的数据结构——线段树

那，我们对区间 $[A[i,y_1],A[i,y_2]]$ 进行修改，只需要我们能够判定在区间 $[A[L,y_1],A[L,y_2]]$ 中有无大于等于 $A[L,x_1]$ 的元素，这启发我们的线段树维护区间最大值，假设我们将区间 $[l^{\prime },r^{\prime }]$ 的最大值记为 $g[l^{\prime },r^{\prime }]$ ，记 $f[i]$ 表示第$i$个矩形是否被覆盖

那么就有 $f[A[L,id]]|=A[L,x_1]\le g[A[L,y_1],A[L,y_2]]$

统计完了之后将线段树全部清空为-1即可

最后，我们再来梳理一遍这个过程

1. 离散化坐标
2. 在CDQ分治中
3. 左半区间按照$x_2$排，右半区间按$x_1$排
4. 双指针扫描，使得$A[L,x_2]\ge A[R,x_1]$
5. 在扫描的过程中不断在线段树的区间$[A[R,y_1],A[R,y_2]]$上更新区间最大值
6. 对于$L$查询区间$[A[L,x_1,x_2]]$是否存在大于$A[L,x_1]$的值，存在也就表示$L$被覆盖
7. 清空线段树

时间复杂度是$O(n{\log }^{2}n)$,线段树常数大得一批，怪不得时间要求4s

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define scanf scanf_s
using namespace std;
#define N 1000050
struct node {
	int id, x1, x2, y1, y2;
}a[N];//矩阵
int b[N], c[N], cnt;//离散化
int f[N], n, m;
struct seg_tree {
	int mx, tag, lazy, l, r;
}t[N << 2];//线段树
#define lc x<<1
#define rc x<<1|1
void build(int l, int r, int x) {
	t[x] = { 0,0,-1,l,r };
	if (l == r)return;
	int mid = l + r >> 1;
	build(l, mid, lc);
	build(mid + 1, r, rc);
}
inline void pushup(int x) {
	t[x].mx = max(t[lc].mx, t[rc].mx);
}
inline void pushdown(seg_tree& a, seg_tree& b, seg_tree& c) {
	if (a.lazy != -1) {
		b.tag = c.tag = 0;
		b.mx = c.mx = 0;
		b.lazy = c.lazy = 0;
		a.lazy = -1;
	}
	b.tag = max(b.tag, a.tag);
	c.tag = max(c.tag, a.tag);
	b.mx = max(b.mx, a.tag);
	c.mx = max(c.mx, a.tag);
	a.tag = 0;
	return;
}
inline void pushdown(int x) {
	pushdown(t[x], t[lc], t[rc]);
}
void update(int x, int l, int r, int k) {
	if (l <= t[x].l && t[x].r <= r) {
		t[x].mx = max(t[x].mx, k);
		t[x].tag = max(t[x].tag, k);
		return;
	}
	pushdown(x);
	int mid = t[x].l + t[x].r >> 1;
	if (l <= mid)update(lc, l, r, k);
	if (mid < r)update(rc, l, r, k);
	pushup(x);
}
int find(int x, int l, int r) {
	if (l <= t[x].l && t[x].r <= r) {
		//		printf("%d %d %d %d %d\n", t[x].lazy, t[x].tag, t[x].l, t[x].r, t[x].mx);
		return t[x].mx;
	}
	int ans = -1, mid = t[x].l + t[x].r >> 1;
	pushdown(x);
	if (l <= mid)ans = max(ans, find(lc, l, r));
	if (mid < r)ans = max(ans, find(rc, l, r));
	pushup(x);
	return ans;
}
#undef lc
#undef rc
void init() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int A, B, c, d;
		scanf("%d%d%d%d", &A, &B, &c, &d);
		c += A - 1, d += B - 1;
		a[i] = { i,A,c,B,d };
		b[++cnt] = A, b[++cnt] = B, b[++cnt] = c, b[++cnt] = d;
	}
	sort(b + 1, b + cnt + 1);
	cnt = unique(b + 1, b + cnt + 1) - b - 1;
	//	printf("%d\n", cnt);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		a[i].x1 = lower_bound(b + 1, b + cnt + 1, a[i].x1) - b;
		a[i].y1 = lower_bound(b + 1, b + cnt + 1, a[i].y1) - b;
		a[i].x2 = lower_bound(b + 1, b + cnt + 1, a[i].x2) - b;
		a[i].y2 = lower_bound(b + 1, b + cnt + 1, a[i].y2) - b;
		//		printf("%d %d %d %d\n", a[i].x1, a[i].y1, a[i].x2, a[i].y2);
	}
}
bool cmp1(node a, node b) {
	return a.x1 < b.x1;
}
bool cmp2(node a, node b) {
	return a.x2 < b.x2;
}
void cdq(int l, int r) {
	if (l == r)return;
	int mid = l + r >> 1;
	cdq(l, mid);
	cdq(mid + 1, r);
	int L = l, R = mid + 1;
	sort(a + l, a + mid + 1, cmp2);
	sort(a + R, a + r + 1, cmp1);
	//	for (int i = l; i <= r; i++)printf("%d ", a[i].id);
	//	puts("");
	for (; L <= mid; L++) {
		while (a[R].x1 <= a[L].x2 && R <= r) {
			update(1, a[R].y1, a[R].y2, a[R].x2);
			R++;
		}
		f[a[L].id] |= find(1, a[L].y1, a[L].y2) >= a[L].x1;
		//	if (find(1, a[L].y1, a[L].y2) >= a[L].x1) {
		//		printf("%d %d %d\n", a[L].id, find(1, a[L].y1, a[L].y2), L-l);
		//	}
	}
	t[1].tag = t[1].mx = t[1].lazy = 0;
	pushdown(1);
	//	puts("Cleaded");
}
int main() {
	init();
	build(1, cnt << 1, 1);
	cdq(1, n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (f[i])puts("NE");
		else puts("DA");
	}
	return 0;
}