hdu6183 Color it(动态开点线段树/cdq分治)

最新推荐文章于 2023-12-11 05:25:05 发布

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#动态开点线段树 #cdq分治

线段树/树状数组同时被 2 个专栏收录

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该博客讨论了一种二维平面上的颜色点管理问题，涉及四种操作：清除所有点、添加点、统计矩形区域内点的颜色数以及退出程序。文章提供了两种解决方案：一种使用动态开点的线段树，另一种采用CDQ分治策略。这两种方法在时间和空间复杂度上有不同的权衡。

题目

二维平面，读入若干行，每一行对应一次操作，操作分4种：

0：清掉平面内所有点

1 x y c(1<=x<=1e6,1<=y<=1e6,0<=c<=50)：在(x,y)加入一个颜色为c的点，点重合时同时存在

2 x y1 y2(1<=x<=1e6,1<=y1<=y2<=1e6)：统计以(1,y1)左下角以(x,y2)右上角这个矩形内点的颜色数

3：退出程序

数据保证只有最后一行是3操作，连续的1或2操作只有最多15W个（即每逢15W就清零一次），0操作最多只有10次

思路来源

https://www.cnblogs.com/lipeiyi520/p/10961683.html

题解1

首先考虑每次查询的左下角都是1，

画出图来，发现是一个以y轴为底边的矩形，

则其中的点的x值越小越容易被包含在询问里，

所以按y轴建线段树，维护x的最小值，

每个颜色开一棵1e6的线段树，这样时间是可行的O(10*1e5*log1e6)，但是空间O(50*1e6*4)不大行

所以51个颜色对应的线段树都写成动态开点的，

颜色i对应的树的树根是root[i]，有点像主席树那个写法

查询即对每个颜色暴力[y1,y2]内的x的最小值是不是小于当前询问的x即可

代码1

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6;
int op,u,v,w,root[55],cnt;
//主席树动态开点思想 
struct node{
	int l,r,mn;
	node():l(0),r(0),mn(N){}
}e[N*4];
void newnode(int &p){
	p=++cnt;
	e[p].l=e[p].r=0;
	e[p].mn=N;
}
void upd(int &p,int l,int r,int x,int v){
	if(!p){
		newnode(p);
	}
	if(l==r){
		e[p].mn=min(e[p].mn,v);
		return;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	if(x<=mid)upd(e[p].l,l,mid,x,v);
	else upd(e[p].r,mid+1,r,x,v);
	e[p].mn=min(e[e[p].l].mn,e[e[p].r].mn);	
}
bool ask(int p,int l,int r,int ql,int qr,int v){
	if(ql>qr)return 0;
	if(!p)return 0;
	if(ql<=l&&r<=qr){
		return e[p].mn<=v;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	if(ql<=mid && ask(e[p].l,l,mid,ql,qr,v))return 1;
	if(qr>mid && ask(e[p].r,mid+1,r,ql,qr,v))return 1;
	return 0; 
}
int main(){
	while(~scanf("%d",&op) && op!=3){
		if(op==0){
			for(int i=0;i<=50;++i){
				root[i]=0;
			}
			cnt=0;	
		}
		else if(op==1){
			scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
			upd(root[w],1,N,v,u);//按y轴建 维护x的最小值 
		}
		else if(op==2){
			scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
			int ans=0;
			for(int i=0;i<=50;++i){
				ans+=ask(root[i],1,N,v,w,u);
			}
			printf("%d\n",ans);
		}
	} 
	return 0;
}