[JZOJ5229]【GDOI2018模拟7.14】小奇的糖果

题目

在这里插入图片描述

题目大意

在一个二维的平面上,有一堆有颜色的点,你需要找出一条水平线段,使得这个线段上面(或者是下面)的点的颜色不包含所有的颜色。问点数最大是多少。


思考历程

在一开始,我看错了题目大意。
题目说的是线段,而我理解的是直线。
然后推了好多遍样例,觉得样例错了。
后来才发现题目给的是线段。
不然这题就是一个大大的水题了

估计一下时间复杂度,嗯,应该是O(nlgn)O(n \lg n)O(nlg2n)O(n \lg^2 n)
往这个方面想了好久,想不出来。
于是退而求其次,想O(n2)O(n^2)
这个时间复杂度还是很容易做的。
显然地,我们肯定要先以纵坐标排一遍序。
然后从上往下扫(后面还要从上往下扫)。
对于每个横坐标,记录一下当前被扫过的点。
那么,相当于是,在扫描线上,找到一个合法区间,使得这个区间最大。
我们可以先固定左端点,然后右端点尽量延伸。用一个桶就可以了,还比较简单。
然后就愉快地拿到了60分了。


正解

正解是O(nlgn)O(n \lg n)的。
假设我们取的是扫描线上面的点(下面的道理是一样的)。
我们先将扫描线移到最下方,很显然,在这时候所有点都在扫描线的上面,这就是它们的终极状态。
用一个树状数组维护一段横坐标的区间中的点数。
在用一个双向链表来维护一下在它左边的离他最近的同颜色的点,右边同理。
那么,对于一个点,它的前驱和它之间没有和它们同颜色的点,右边同理。
我们先把终极状态的答案求出来,即是枚举哪个颜色不选,然后在没有这些颜色的区间中用树状数组求出点数,试着更新答案。
接着我们考虑将扫描线向上移动。
在移动的时候,有一些点去到了扫描线的下面,那么我们就要将它们在树状数组中的贡献减去,将它们从双向链表中删去。
一个点从双向链表中删去后,它之前的前驱和后继之间没有和它颜色相同的点,所以我们可以这个区间试着更新答案。
然后整一题就如此愉快地解决了。

其中有一个很尴尬的地方是,由于一条扫描线可能同时扫过多个点,然而在统计这些答案的时候可能会对互相有影响。有点脑抽,然后想了很久,最终惊奇的发现,其实……
我们可以先在树状数组中减去它的贡献,在扫描线换行的时候,我们就将它们从双向链表中删去,并统计答案。
由于我们已经在树状数组中减去了它的贡献,那么在后面,如果一个点本应被删除,但是还没有删除就在前面的点中多计算了它的贡献,那么这个贡献是会被覆盖的。


吐槽

最近总喜欢吐槽一下,什么东西都吐槽一下。
打代码的时候细节可能比较多,有时没有注意它在排序前后的对应位置,导致了我的程序调了好久,很不爽……
(我的程序中,先对横坐标进行了排序,预处理了双向链表,然后再按纵坐标排序。可是,在排序前后的序号我在一开始忘记要对上,于是……)
还有,为什么明明是我讲题,却在一群人对了这题之后才对?


代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cassert>
#define N 100000
int n,m,tot;
struct Candy{
	int x,y,c;
	int num; 
} d[N+10];
inline bool cmpx(const Candy &a,const Candy &b){
	return a.x<b.x;
}
inline bool cmpy(const Candy &a,const Candy &b){
	return a.y<b.y;
}
int ans;
int t[N+10];
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
inline int add(int k,int x){
	for (;k<=m;k+=lowbit(k))
		t[k]+=x;
}
inline int query(int k){ 
	int res=0;
	for (;k;k-=lowbit(k))
		res+=t[k];
	return res;
}
int w[N+10];//w[i]表示编号i的点(以横坐标排序之后的顺序)的编号
int l[N+10],r[N+10],tmpl[N+10],tmpr[N+10];//这些东西记录的都是以横坐标排序后的编号
int last[N+10];//记录某种颜色最后的点的编号
inline void init(){
	sort(d+1,d+n+1,cmpx);
	m=0;
	for (int i=1,lst=-2147483648;i<=n;++i){
		if (d[i].x!=lst)
			m++,lst=d[i].x;
		d[i].x=m;
	}
	//以上这段是离散化(如果你开心,不离散化打动态开点线段树,我也没意见)
	for (int i=1;i<=n;++i){
		d[i].num=i; 
		w[i]=d[i].x;
	}
	memset(last,0,sizeof last);
	for (int i=1;i<=n;++i){
		l[i]=last[d[i].c];
		r[l[i]]=i;
		last[d[i].c]=i;
	}
	for (int i=1;i<=tot;++i)
		r[last[i]]=n+1;
	memcpy(tmpl,l,sizeof l);
	memcpy(tmpr,r,sizeof r);
}
int main(){
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while (T--){
		scanf("%d%d",&n,&tot);
		for (int i=1;i<=n;++i)
			scanf("%d%d%d",&d[i].x,&d[i].y,&d[i].c);
		init();
		for (int i=1;i<=n;++i)
			add(d[i].x,1);
		w[0]=0;
		w[n+1]=m+1;
		ans=0;
		for (int i=1;i<=tot;++i){
			if (w[last[i]]+1<=m+1)
				ans=max(ans,query(m)-query(w[last[i]]));
			for (int j=last[i];j;j=l[j])
				if (w[l[j]]+1<w[j])
					ans=max(ans,query(w[j]-1)-query(w[l[j]]));
		}
		//以上是统计全部的答案(就是扫描线在全部点上面或下面的情况)
		sort(d+1,d+n+1,cmpy);
		d[0].y=d[n+1].y=-2147483648;
		for (int i=1,j=1;i<=n;++i){
			add(d[i].x,-1);
			if (d[i].y!=d[i+1].y)
				for (;j<=n && d[j].y<=d[i].y;++j){
					int jj=d[j].num;
					r[l[jj]]=r[jj];
					l[r[jj]]=l[jj];
					if (w[l[jj]]+1<w[r[jj]])
						ans=max(ans,query(w[r[jj]]-1)-query(w[l[jj]]));
				}
		}
		memset(t,0,sizeof t);
		swap(l,tmpl),swap(r,tmpr);
		for (int i=1;i<=n;++i)
			add(d[i].x,1);
		for (int i=n,j=n;i>=1;--i){
			add(d[i].x,-1);
			if (d[i].y!=d[i-1].y)
				for (;j>=1 && d[j].y>=d[i].y;--j){
					int jj=d[j].num;
					r[l[jj]]=r[jj];
					l[r[jj]]=l[jj];
					if (w[l[jj]]+1<w[r[jj]])
						ans=max(ans,query(w[r[jj]]-1)-query(w[l[jj]]));
				}
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}

总结

有的时候链表是一个好东西。
比如说在处理有没有相同颜色之类的问题的时候,用链表记录一下左右最近的同颜色的点或许是一个很好的解题方向。
有的时候正着搞不容易,那就反着搞,全部加进去,然后删掉。
还有在做平面问题时应当往扫描线上想一想。

posted @ 2018-12-08 16:01  jz_597  阅读(125)  评论(0编辑  收藏  举报