hdu1255--覆蓋的面積(線段樹+離散化+掃描線)，hdu1255--線段

hdu1255--覆蓋的面積(線段樹+離散化+掃描線)，hdu1255--線段

E - 覆蓋的面積 Time Limit:5000MS      Memory Limit:32768KB      64bit IO Format:%I64d & %I64uSubmit Status

Description

給定平面上若干矩形,求出被這些矩形覆蓋過至少兩次的地區的面積. 


 

Input

輸入資料的第一行是一個正整數T(1<=T<=100),代表測試資料的數量.每個測試資料的第一行是一個正整數N(1<=N<=1000),代表矩形的數量,然後是N行資料,每一行包含四個浮點數,代表平面上的一個矩形的左上方座標和右下角座標,矩形的上下邊和X軸平行,左右邊和Y軸平行.座標的範圍從0到100000. 

注意:本題的輸入資料較多,推薦使用scanf讀入資料. 
 

Output

對於每組測試資料,請計算出被這些矩形覆蓋過至少兩次的地區的面積.結果保留兩位小數. 
 

Sample Input

 251 1 4 21 3 3 72 1.5 5 4.53.5 1.25 7.5 46 3 10 730 0 1 11 0 2 12 0 3 1 

 

Sample Output

 7.630.00 

 

剛剛接觸掃描線，一開始只是求了n個矩形的並的體積，這次求的是覆蓋兩次以上的面積。

首先給出了n個矩形的座標，對於y座標離散化，從左向右掃描，在求並的面積時，用標記sum1儲存了出現過的線段的長度，使用(p[i].x-p[i-1].x)*cl[1].sum1求解了每一部分的面積，而在求覆蓋面積的時候，還要定義一個變數sum2，儲存下在控制區內出現兩次的總和。

在sum1的push_up中，如果lazy標記不是0，那麼該段全部出現，那麼cl[rt].sum1 = cl[rt].r - cl[rt].l ;否則該節點的值就是左右兩個子樹的和。

在sum2的push_up中，如果lazy表標記的結果是2，那麼該段全部出現，sum2的值就是該段的長度，如果lazy的標記是1表示該段在該節點全部出現，那麼出現過兩次的長度就是在該節點的左右子節點中出現的長度，即 cl[rt].sum2  = cl[rt<<1].sum1 + cl[rt<<1|1].sum1 ;，如果該節點的lazy是0，那麼該段的sum2也就等於左右子節點的sum2之和。

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;#define maxn 3000struct node1{    double x, y1 , y2 ;    int flag ;} p[maxn];struct node{    double l , r ;    double sum1 , sum2 ;} cl[maxn<<3];double s[maxn<<1] ;int lazy[maxn<<3] ;bool cmp(node1 a,node1 b){    return a.x <b.x ;}void push_up(int rt){    if( lazy[rt] )        cl[rt].sum1 = cl[rt].r - cl[rt].l ;    else        cl[rt].sum1 = cl[rt<<1].sum1 + cl[rt<<1|1].sum1 ;    if( lazy[rt] > 1 )        cl[rt].sum2 = cl[rt].r - cl[rt].l ;    else if(lazy[rt] == 1)        cl[rt].sum2 = cl[rt<<1].sum1 + cl[rt<<1|1].sum1 ;    else        cl[rt].sum2 = cl[rt<<1].sum2 + cl[rt<<1|1].sum2 ;}void creat(int rt,int l,int r){    cl[rt].l = s[l] ;    cl[rt].r = s[r] ;    if( r - l >1 )    {        creat(rt<<1,l,(l+r)/2);        creat(rt<<1|1,(l+r)/2,r);        push_up(rt);    }    else    {        cl[rt].sum1 = cl[rt].sum2 = 0 ;        cl[rt<<1].sum1 = cl[rt<<1].sum2 = 0 ;        cl[rt<<1|1].sum1 = cl[rt<<1|1].sum2 = 0 ;    }}void update(int rt,double l,double r,int flag){    if( cl[rt].l== l && cl[rt].r == r )    {        lazy[rt] += flag ;        push_up(rt);    }    else    {        if( cl[rt<<1].r > l )        {            double x = min(r,cl[rt<<1].r);            update(rt<<1,l,x,flag);        }        if( cl[rt<<1|1].l < r )        {            double x = max(l,cl[rt<<1|1].l);            update(rt<<1|1,x,r,flag);        }        push_up(rt);    }}int main(){    int t , n , m , i , j ;    double x1, y1 , x2 , y2 , ans ;    scanf("%d", &t);    while(t--)    {        scanf("%d", &n);        for(i = 0 ; i < n ; i++)        {            scanf("%lf %lf %lf %lf", &x1, &y1, &x2, &y2);            p[i].x = x1 ;            p[i].y1 = y1 ;            p[i].y2 = y2 ;            p[i].flag = 1 ;            p[i+n].x = x2 ;            p[i+n].y1 = y1 ;            p[i+n].y2 = y2 ;            p[i+n].flag = -1 ;            s[i+1] = y1 ;            s[i+n+1] = y2 ;        }        memset(lazy,0,sizeof(lazy));        sort(s+1,s+2*n+1);        sort(p,p+2*n,cmp);        m = unique(s+1,s+(2*n+1))-(s+1);        creat(1,1,m);        update(1,p[0].y1,p[0].y2,p[0].flag);        ans = 0 ;        for(i = 1 ; i < 2*n ; i++)        {            ans += (p[i].x - p[i-1].x)*cl[1].sum2 ;            update(1,p[i].y1,p[i].y2,p[i].flag);        }        printf("%.2lf\n", ans);    }    return 0;}

POJ上的線段樹

這個有時候得看具體題目的，我一般不管的，數組能開多大就多大，反正看重的是時間而不是空間。我認為有可能是為了離散化的需要，也可能是其他方面。。對於線段樹，現在只會寫一維的，對於周長樹，面積樹還沒寫過。。
LZ別太介意，看到同是熱衷poj 的愛好者，忍不住說了幾句。。
 
菜鳥教，hdu3265，給個思路就行，謝了O(∩_∩)O，詳細見下

這個不需要二維線段樹。
用二維線段樹的話可能大材小用了，複雜度也會比較高。
該題只要使用掃描線+一維線段樹就行了。