BZOJ4237(cdq分治+单调栈)

本文介绍了一道关于寻找特定矩形区域的问题——稻草人问题,并使用CDQ分治算法进行解答。该算法通过将点集按坐标排序并利用单调栈来高效计算满足条件的矩形数量。

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4237: 稻草人

Time Limit: 40 Sec   Memory Limit: 256 MB
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Description

JOI村有一片荒地,上面竖着N个稻草人,村民们每年多次在稻草人们的周围举行祭典。
有一次,JOI村的村长听到了稻草人们的启示,计划在荒地中开垦一片田地。和启示中的一样,田地需要满足以下条件:
田地的形状是边平行于坐标轴的长方形;
左下角和右上角各有一个稻草人;
田地的内部(不包括边界)没有稻草人。
给出每个稻草人的坐标,请你求出有多少遵从启示的田地的个数

Input

第一行一个正整数N,代表稻草人的个数
接下来N行,第i行(1<=i<=N)包含2个由空格分隔的整数Xi和Yi,表示第i个稻草人的坐标

Output

输出一行一个正整数,代表遵从启示的田地的个数

Sample Input

4
0 0
2 2
3 4
4 3

Sample Output

3

HINT

所有满足要求的田地由下图所示:

 

1<=N<=2*10^5

0<=Xi<=10^9(1<=i<=N)

0<=Yi<=10^9(1<=i<=N)

Xi(1<=i<=N)互不相同。

Yi(1<=i<=N)互不相同。

解题思路:用cdq分治,先把所有点按Y坐标从小到大排序,然后对于两个分治的区间求解答案时,先把两个区间各自按x坐标从小到大排序,然后左区间用一个单调栈维护一个y坐标递减的序列,右区间用一个单调栈维护一个y坐标单调递增的序列,然后在单调递增的单调栈中找一个次大的点(作为为标准,因为这个点对当前枚举的右上端点威胁最大,只要左区间中的点的横坐标大于这个点的横坐标,这个点就不在当前枚举点与左区间的点组成的长方形中间了),在单调递减的单调栈中用二分找出所以横坐标大于这个标准点的横坐标的点就是答案了。
觉得这个用单调栈有点难想,还是太菜了。。。。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 200000 + 10;
int N;
long long sum;
int Sta1[maxn];
int Sta2[maxn];//两个单调栈
int top1;
int top2;
struct Point{
    int x, y;
}P[maxn];
bool cmpx(Point p1, Point p2)
{
    return p1.x < p2.x;
}
bool cmpy(Point p1, Point p2)
{
    return p1.y < p2.y;
}
void cdq(int L, int R)
{
    if(L == R) return;
    int mid = (L + R)>>1;
    cdq(L, mid);
    cdq(mid + 1, R);
    sort(P + L, P + mid + 1, cmpx);
    sort(P + mid + 1, P + R + 1, cmpx);
    int ll = L;
    top1 = top2 = 0;
    for(int i = mid + 1; i <= R; i++)
    {
        while(top1 > 0 && P[i].y < P[Sta1[top1]].y)
        {
            top1--;
        }
        Sta1[++top1] = i;
        while(ll <= mid && P[ll].x < P[i].x)
        {
            while(top2 > 0 && P[ll].y > P[Sta2[top2]].y) top2--;
            Sta2[++top2] = ll++;
        }
        int l = 1, r = top2;
        int re = -1;
        int judge = P[Sta1[top1 - 1]].x;
        if(top1 <= 1) judge = -1;
        while(l <= r)
        {
            int m = (l + r)>>1;
            if(P[Sta2[m]].x > judge)
            {
                re = m;
                r = m - 1;
            }
            else l = m + 1;
        }
        if(re > 0) sum += top2 - re + 1;
    }

}
void init()
{
    sum = 0;
    top1 = top2 = 0;//栈顶指针
}
int main()
{
    scanf("%d", &N);
    init();
    for(int i = 1; i <= N; i++)
    {
        scanf("%d%d", &P[i].x, &P[i].y);
    }
    sort(P + 1, P + N + 1, cmpy);
    cdq(1, N);
    printf("%lld\n", sum);
    return 0;
}



好的,这是一道经典的单调栈问题。题目描述如下: 有 $n$ 个湖,第 $i$ 个湖有一个高度 $h_i$。现在要在这些湖之间挖一些沟渠,使得相邻的湖之间的高度差不超过 $d$。请问最少需要挖多少个沟渠。 这是一道单调栈的典型应用题。我们可以从左到右遍历湖的高度,同时使用一个单调栈来维护之前所有湖的高度。具体来说,我们维护一个单调递增的栈,栈中存储的是湖的下标。假设当前遍历到第 $i$ 个湖,我们需要在之前的湖中找到一个高度最接近 $h_i$ 且高度不超过 $h_i-d$ 的湖,然后从这个湖到第 $i$ 个湖之间挖一条沟渠。具体的实现可以参考下面的代码: ```c++ #include <cstdio> #include <stack> using namespace std; const int N = 100010; int n, d; int h[N]; stack<int> stk; int main() { scanf("%d%d", &n, &d); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &h[i]); int ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { while (!stk.empty() && h[stk.top()] <= h[i] - d) stk.pop(); if (!stk.empty()) ans++; stk.push(i); } printf("%d\n", ans); return 0; } ``` 这里的关键在于,当我们遍历到第 $i$ 个湖时,所有比 $h_i-d$ 小的湖都可以被舍弃,因为它们不可能成为第 $i$ 个湖的前驱。因此,我们可以不断地从栈顶弹出比 $h_i-d$ 小的湖,直到栈顶的湖高度大于 $h_i-d$,然后将 $i$ 入栈。这样,栈中存储的就是当前 $h_i$ 左边所有高度不超过 $h_i-d$ 的湖,栈顶元素就是最靠近 $h_i$ 且高度不超过 $h_i-d$ 的湖。如果栈不为空,说明找到了一个前驱湖,答案加一。
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