洛谷 P2163 [SHOI2007]Tree 园丁的烦恼

此题树状数组卡常好题(滑稽)


题目描述

很久很久以前,在遥远的大陆上有一个美丽的国家。统治着这个美丽国家的国王是一个园艺爱好者,在他的皇家花园里种植着各种奇花异草。有一天国王漫步在花园里,若有所思,他问一个园丁道: “最近我在思索一个问题,如果我们把花坛摆成六个六角形,那么……” “那么本质上它是一个深度优先搜索,陛下”,园丁深深地向国王鞠了一躬。 “嗯……我听说有一种怪物叫九头蛇,它非常贪吃苹果树……” “是的,显然这是一道经典的动态规划题,早在N元4002年我们就已经发现了其中的奥秘了,陛下”。 “该死的,你究竟是什么来头?” “陛下息怒,干我们的这行经常莫名其妙地被问到和OI有关的题目,我也是为了预防万一啊!” 王者的尊严受到了伤害,这是不可容忍的。看来一般的难题是难不倒这位园丁的,国王最后打算用车轮战来消耗他的实力: “年轻人,在我的花园里的每一棵树可以用一个整数坐标来表示,一会儿,我的骑士们会来轮番询问你某一个矩阵内有多少树,如果你不能立即答对,你就准备走人吧!”说完,国王气呼呼地先走了。 这下轮到园丁傻眼了,他没有准备过这样的问题。所幸的是,作为“全国园丁保护联盟”的会长——你,可以成为他的最后一根救命稻草。

输入输出格式

输入格式:
第一行有两个整数n,m(0≤n≤500000,1≤m≤500000)。n代表皇家花园的树木的总数,m代表骑士们询问的次数。 文件接下来的n行,每行都有两个整数xi,yi,代表第i棵树的坐标(0≤xi,yi≤10000000)。 文件的最后m行,每行都有四个整数aj,bj,cj,dj,表示第j次询问,其中所问的矩形以(aj,bj)为左下坐标,以(cj,dj)为右上坐标。

输出格式:
共输出m行,每行一个整数,即回答国王以(aj,bj)和(cj,dj)为界的矩形里有多少棵树。

输入输出样例

输入样例#1:
3 1
0 0
0 1
1 0
0 0 1 1
输出样例#1:
3


题解

首先离散化,然后将询问按x排序,y上建树状数组,然后,从左往右扫,一个个加点,查询,再输出就完了。
只是,数据2500000的log算法真的过得去吗(滑稽)
所以这题真的关键就是卡常,最后一个点死活卡不过,就卡在了87分。。。
还有,这题离散化细节也很恶心。。
代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
char buf[20000000],*pt=buf,*o=buf;
inline int read(){
    int s=0,f=1; while((*pt!='-')&&(*pt<'0'||*pt>'9'))pt++;
    if(*pt=='-')f=-1,pt++; while(*pt>='0'&&*pt<='9')s=s*10+*pt++-48; return s*f;
}
inline void print(int x){
    char str[30],*p=str; if(!x)*o++=48;
    else{ while(x) *p++=x%10+48,x/=10; while(p--!=str)*o++=*p;}
}
struct point{
    int x,y,id;
    point(){
        id=-1;
    }
    point(int _x,int _y,int _id){
        x=_x;
        y=_y;
        id=_id;
    }
}p[2500001];
inline bool cmp(const point& a,const point& b){
    if(a.y==b.y){
        if(a.x==b.x) return a.id<b.id;
        else return a.x<b.x;
    }
    return a.y<b.y;
}
int n,m,P,tot;
int x[500001];
int y[500001];
int bx[500001];
int by[500001];
int ans[2500001];
int t[500001];
inline int lowbit(int x){
    return x&-x;
}
inline void add(int x){
    while(x<=n){
        t[x]++;
        x+=lowbit(x);
    }
}
inline int query(int x){
    int ans=0;
    while(x){
        ans+=t[x];
        x-=lowbit(x);
    }
    return ans;
}
int main(){
    fread(buf,1,20000000,stdin);
    n=read();
    m=read();
    P=(m<<2)+n;
    bx[n+1]=by[n+1]=0x3f3f3f3f;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        x[i]=read();
        y[i]=read();
        bx[i]=++x[i];
        by[i]=++y[i];
    }
    sort(bx+1,bx+n+1);
    sort(by+1,by+n+1);
    int cx=unique(bx,bx+n+2)-bx-1;
    int cy=unique(by,by+n+2)-by-1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        p[(m<<2)+i-1].x=upper_bound(bx,bx+cx,x[i])-bx;
        p[(m<<2)+i-1].y=upper_bound(by,by+cy,y[i])-by;
    }
    int x1,x2,y1,y2,X1,X2,Y1,Y2;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        x1=read();y1=read();x2=read();y2=read();
        X1=upper_bound(bx,bx+cx,x1)-bx;
        X2=upper_bound(bx,bx+cx,x2+1)-bx;
        Y1=upper_bound(by,by+cy,y1)-by;
        Y2=upper_bound(by,by+cy,y2+1)-by;
        p[tot]=point(X2,Y2,tot++);
        p[tot]=point(X1,Y1,tot++);
        p[tot]=point(X1,Y2,tot++);
        p[tot]=point(X2,Y1,tot++);
    }
    sort(p,p+P,cmp);
    for(int i=0;i<P;i++){
        if(~p[i].id)ans[p[i].id]=query(p[i].x);
        else add(p[i].x);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        print(ans[i-1<<2]+ans[(i-1<<2)+1]-ans[(i-1<<2)+2]-ans[(i-1<<2)+3]);
        *o++='\n';
    }
    return fwrite(buf,1,o-buf,stdout),0;
}
posted @ 2017-08-28 20:14  玫葵之蝶  阅读(95)  评论(0编辑  收藏  举报