51Nod 1206 Picture(扫描线求周长)

本文介绍了一种结合扫描线与线段树的数据结构算法应用案例,详细阐述了如何利用离散坐标和线段树维护区间信息,包括块数、覆盖长度等,并给出了完整的C++实现代码。

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分析:
扫描线乱搞

离散 Y Y 坐标(保存在了Y数组里)
线段树的每一个结点维护的信息:
d d :区间内的块数

 example:
 00011100110 ---> d=2
 00011111110 ---> d=1

len:区间内的覆盖长度
s s : 区间是否被完全覆盖的标记
l,r: 区间控制的是 Y[l]Y[r] Y [ l ] − Y [ r ] ,准确来说是 [Y[r+1]Y[l]] [ Y [ r + 1 ] − Y [ l ] ]
L,R L , R : 区间左右端点是否被覆盖

需要注意的就是update的时候,
如果一个结点被完全覆盖:t[bh].len=Y[t[bh].r+1]-Y[t[bh].l];
如果没有被完全覆盖:

t[bh].len=t[lc].len+t[rc].len;
t[bh].d=t[lc].d+t[rc].d-t[lc].R*t[rc].L;

注意到对于 l,r l , r 的特殊定义:控制区间 [Y[r+1]Y[l]] [ Y [ r + 1 ] − Y [ l ] ]
所以我们要加入一个线段 a a 的时候,虽然a [Y[x],Y[y]] [ Y [ x ] , Y [ y ] ] 范围上的
但是我们要直接 change(x,y1) c h a n g e ( x , y − 1 )

Q.

lr l − r 控制的是 [Y[r+1]Y[l]] [ Y [ r + 1 ] − Y [ l ] ] ,这样维护是对的吗

A.

如果给出的边范围是 (1,3) ( 1 , 3 ) ,离散后 Y[1]=1,Y[2]=2,Y[3]=3 Y [ 1 ] = 1 , Y [ 2 ] = 2 , Y [ 3 ] = 3
这条边的长度显然是 2=Y[3]Y[1] 2 = Y [ 3 ] − Y [ 1 ]
我们 change(1,2) c h a n g e ( 1 , 2 ) ,最后在统计的时候长度就是: Y[2+1]Y[1]=2 Y [ 2 + 1 ] − Y [ 1 ] = 2
没有任何问题

最后统计答案的时候想清楚就好

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int N=200005;
int n,tot=0,Y[N];
struct po{
    int x,ya,yb,type;
};
po a[N];
struct node{
    int d,len,s,l,r,L,R;
//d 区间内的块数 
//len 区间覆盖长度 
//s 区间覆盖标记 
//l,r  区间控制的是Y[l]~Y[r] 
//L,R  左右端点是否被覆盖 
};
node t[N<<2];

int cmp(const po &A,const po &B) {return A.x<B.x||(A.x==B.x&&B.type<A.type);}

void update(int bh)
{
    int lc=bh<<1;
    int rc=bh<<1|1;
    if (t[bh].s>0)
    {
        t[bh].len=Y[t[bh].r+1]-Y[t[bh].l];
        t[bh].L=t[bh].R=1;
        t[bh].d=1;
    }
    else if (t[bh].s<=0)
    {
        if (t[bh].l==t[bh].r)
        {
            t[bh].d=0; t[bh].len=0;
            t[bh].L=t[bh].R=0;
        } else {
            t[bh].len=t[lc].len+t[rc].len;
            t[bh].d=t[lc].d+t[rc].d-t[lc].R*t[rc].L;
            t[bh].L=t[lc].L; t[bh].R=t[rc].R;   
        }
    }
}

void build(int bh,int l,int r)
{
    t[bh].d=0; 
    t[bh].len=0;
    t[bh].s=0;
    t[bh].l=l; t[bh].r=r;
    t[bh].L=t[bh].R=0;

    if (l==r) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    build(bh<<1,l,mid);
    build(bh<<1|1,mid+1,r);
}

void add(int bh,int l,int r,int z)
{
    if (t[bh].l>=l&&t[bh].r<=r)
    {
        t[bh].s+=z;       //覆盖标记 
        update(bh);
        return;
    }
    int mid=(t[bh].l+t[bh].r)>>1;
    if (l<=mid) add(bh<<1,l,r,z);
    if (r>mid) add(bh<<1|1,l,r,z);
    update(bh);
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    int nn=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        int xa,ya,xb,yb;
        scanf("%d%d%d%d",&xa,&ya,&xb,&yb);
        tot++; Y[++nn]=ya;  
        a[tot].x=xa; a[tot].ya=ya; a[tot].yb=yb; a[tot].type=1;
        tot++; Y[++nn]=yb;
        a[tot].x=xb; a[tot].ya=ya; a[tot].yb=yb; a[tot].type=-1;
    }

    sort(Y+1,Y+nn+1);
    nn=unique(Y+1,Y+1+nn)-Y-1;
    sort(a+1,a+1+tot,cmp);

    build(1,1,nn);

    int x,y;    
    int ans=0,now_x=0,now_blo=0;
    for (int i=1;i<=tot;i++)
    {
        x=lower_bound(Y+1,Y+1+nn,a[i].ya)-Y;
        y=lower_bound(Y+1,Y+1+nn,a[i].yb)-Y;
        add(1,x,y-1,a[i].type);

        if (i>1) ans+=now_blo*2*(a[i].x-a[i-1].x);
        ans+=abs(t[1].len-now_x); 
        now_x=t[1].len;
        now_blo=t[1].d;
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}
题目 51nod 3478 涉及一个矩阵问题,要通过最少的操作次数,使得矩阵中至少有 `RowCount` 行和 `ColumnCount` 列是回文的。解决这个问题的关键在于如何高效地枚举所有可能的行和列组合,并计算每种组合所需的操作次数。 ### 解法思路 1. **预处理每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数**: - 对于每一行,计算将其变为回文所需的最少操作次数。这可以通过比较每对对称位置的值是否相同来完成。 - 对于每一列,计算将其变为回文所需的最少操作次数,方法同上。 2. **枚举所有可能的行和列组合**: - 由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此可以枚举所有可能的行组合和列组合。 - 对于每一种组合,计算其所需的最少操作次数,并取最小值。 3. **计算操作次数**: - 对于每一种组合,需要计算哪些行和列需要修改,并且注意行和列的交叉点可能会重复计算,因此需要去重。 ### 代码实现 以下是一个可能的实现方式,使用了枚举和位运算来处理组合问题: ```python def min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count): import itertools N = len(matrix) M = len(matrix[0]) # Precompute the cost to make each row a palindrome row_cost = [] for i in range(N): cost = 0 for j in range(M // 2): if matrix[i][j] != matrix[i][M - 1 - j]: cost += 1 row_cost.append(cost) # Precompute the cost to make each column a palindrome col_cost = [] for j in range(M): cost = 0 for i in range(N // 2): if matrix[i][j] != matrix[N - 1 - i][j]: cost += 1 col_cost.append(cost) min_total_cost = float('inf') # Enumerate all combinations of rows and columns rows = list(range(N)) cols = list(range(M)) from itertools import combinations for row_comb in combinations(rows, row_count): for col_comb in combinations(cols, col_count): # Calculate the cost for this combination cost = 0 # Add row costs for r in row_comb: cost += row_cost[r] # Add column costs for c in col_comb: cost += col_cost[c] # Subtract the overlapping cells for r in row_comb: for c in col_comb: # Check if this cell is part of the palindrome calculation if r < N // 2 and c < M // 2: if matrix[r][c] != matrix[r][M - 1 - c] and matrix[N - 1 - r][c] != matrix[N - 1 - r][M - 1 - c]: cost -= 1 min_total_cost = min(min_total_cost, cost) return min_total_cost # Example usage matrix = [ [0, 1, 0], [1, 0, 1], [0, 1, 0] ] row_count = 2 col_count = 2 result = min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count) print(result) ``` ### 代码说明 - **预处理成本**:首先计算每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数。 - **枚举组合**:使用 `itertools.combinations` 枚举所有可能的行和列组合。 - **计算成本**:对于每一种组合,计算其成本,并考虑行和列交叉点的重复计算问题。 ### 复杂度分析 - **时间复杂度**:由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此枚举所有组合的时间复杂度为 $ O(N^{RowCount} \times M^{ColCount}) $,这在实际中是可接受的。 - **空间复杂度**:主要是存储预处理的成本,空间复杂度为 $ O(N + M) $。 ### 相关问题 1. 如何优化矩阵中行和列的枚举组合以减少计算时间? 2. 在计算行和列的交叉点时,如何更高效地处理重复计算的问题? 3. 如果矩阵的大小增加到更大的范围,如何调整算法以保持效率? 4. 如何处理矩阵中行和列的回文条件不同时的情况? 5. 如何扩展算法以支持更多的操作类型,例如翻转某个区域的值?
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