『题解』AtCoder AT2145 [ABC047B] すぬけ君の塗り絵 2 イージー / Snuke's Coloring 2 (ABC Edit)

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题目大意

有一个左上角为 \((0,0)\)，右下角为 \((W,H)\) 的矩阵，初始时全部为白色。

给出 \(N\) 个操作，每个操作给定一个点 \((x_i,y_i)\) 和一个参数 \(a_i\)，代表：

• \(a_i=1\)：将 \(x<x_i\) 的区域全部涂黑。
• \(a_i=2\)：将 \(x>x_i\) 的区域全部涂黑。
• \(a_i=3\)：将 \(y<y_i\) 的区域全部涂黑。
• \(a_i=4\)：将 \(y>y_i\) 的区域全部涂黑。

问操作后还剩下的白色区域的面积。

思路

可尝试暴力，直接按照题意模拟，最后统计面积，时间复杂度 \(\mathcal{O}(WHN)\)，可过。

但还有更优雅的方法。我们发现，每次操作的区域都是一个矩形，而且是一行一行和一列一列地操作。考虑维护白色区域的左上角 \((x_1,y_1)\) 和右下角 \((x_2,y_2)\) 坐标，对于每次操作：

• \(a_i=1\)：\(x_1 \gets \max\{x_1,x\}\)，这个操作覆盖的是坐标点上面的所有行，故取 \(\max\)。
• \(a_i=2\)：\(x_2 \gets \min\{x_2,x\}\)，覆盖坐标点下面的所有行，故取 \(\min\)。
• \(a_i=3\)：\(y_1 \gets \max\{y_1,y\}\)，覆盖坐标点左边的所有列，故取 \(\max\)。
• \(a_i=4\)：\(y_2 \gets \min\{y_2,y\}\)，覆盖坐标点右边的所有列，故取 \(\min\)。

最后，若左上角坐标还在右下角坐标的后面，那么就没有白色区域，输出 \(0\)。

否则，输出坐标差之积，即为白色区域面积。

代码

#include <iostream>
using namespace std;
int w,h,n,x,y,a;
int x1,x2,y1,y2;

int main(){
    cin >> w >> h >> n;
    x2=w,y2=h; // x2 和 y2 不能忘了初始化
    while(n--){
        cin >> x >> y >> a;
        switch(a){
            case 1: x1=max(x1,x); break; // 1 操作涂的是第一行到当前行 -1，取最大值
            case 2: x2=min(x2,x); break; // 2 操作涂的是当前行 +1 到最后一行，取最小值
            case 3: y1=max(y1,y); break; // 3 操作涂的是第一列到当前列 -1，取最大值
            case 4: y2=min(y2,y); break; // 4 操作涂的是当前列 +1 到最后一列，取最小值
            default: break;
        }
    }
    // 全部操作执行完成后，白色区域的矩阵左上角坐标为 (x1,y1)，右下角坐标为 (x2,y2)
    if(x1>x2 || y1>y2){
        puts("0"); // 只要左上角在右下角的右下方，那么就没有白色区域
    }else{
        // 坐标差相乘即为白色区域面积
        cout << (x2-x1)*(y2-y1) << endl;
    }
    return 0;
}