scanning line(扫描线)
1.1扫描线的思想以及在几何问题上的应用(eg1,3)
二维数点
平面上有n个点(xi,yi)。
回答q个询问，每个询问给定一个矩形[X1,X2]×[Y1,Y2]，询问矩形里面有多少个点。
因为有1e9的范围，我们离散化一下，我们只关心顺序，不关心具体是多少
这里相当于只需要把原来的点的坐标离散化，查询的时候直接二分找到小于等于他的第一个坐标即可。
思想：
①扫描线+容斥
②离线
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 201000;
vector<int>vx;
vector<array<int,4>>event;;
int n,q,m;
int a[N],ans[N];
int c[N];
int query(int x){//1...x
ll s = 0;
for(;x;x-=x&(-x))
s += c[x];
return s;
}
void modify(int x,int s){//a[x]+=s
for(;x<=m;x+=x&(-x))
c[x]+=s;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>q;
for(int i = 1;i<=n;i++)
{
int x,y;
cin>>x>>y;
vx.push_back(x);
//y坐标，类型,x坐标
event.push_back({y,0,x});
}
for(int i = 1;i<=q;i++)
{
int x1,x2,y1,y2;
cin>>x1>>x2>>y1>>y2;
//用容斥
//y坐标，类型1-,2+,x坐标,哪一个询问
//0,1,2的设置其实还包含了希望哪个事件先发生,坐标一样的话,我们希望先插入再查询
event.push_back({y2,2,x2,i});
event.push_back({y1-1,2,x1-1,i});
event.push_back({y2,1,x1-1,i});
event.push_back({y1-1,1,x2,i});
}
sort(event.begin(), event.end());
sort(vx.begin(), vx.end());
//去重
vx.erase(unique(vx.begin(), vx.end()),vx.end());
m = vx.size();
for(auto evt:event)
{
if(evt[1]==0){//插入
int y = lower_bound(vx.begin(), vx.end(),evt[2])-vx.begin()+1;//树状数组是1base的
modify(y,1);
}
else{//查询<=它的最后一个位置，即第一个>它的位置-1
int y = upper_bound(vx.begin(), vx.end(),evt[2])-vx.begin()-1+1;//树状数组是1base的
int tmp = query(y);
if(evt[1]==1)ans[evt[3]] -= tmp;
else ans[evt[3]] += tmp;
}
}
for(int i = 1;i<=q;i++)
cout<<ans[i]<<'\n';
return 0;
}
矩形面积并
思路：
x坐标离散化
cnt>0覆盖，cnt=0未被覆盖
用线段树记录cnt的最小值，也就是被覆盖次数的最小的段。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 201000;
vector<int>vx;
vector<array<int,4>>event;;
int n,q,m;
struct info
{
int minv,mincnt;
};
info operator+(const info &l,const info &r)
{
info a;
a.minv = min(l.minv,r.minv);
if(l.minv==r.minv)a.mincnt = l.mincnt + r.mincnt;
else if(l.minv<r.minv)a.mincnt = l.mincnt;
else a.mincnt = r.mincnt;
return a;
}
struct node{
int t;
info val;
}seg[N*8];
void update(int id)
{
seg[id].val = seg[id*2].val+seg[id*2+1].val;
}
void settag(int id,int t)
{
seg[id].val.minv = seg[id].val.minv+t;
seg[id].t = seg[id].t + t;
}
void pushdown(int id)
{
if(seg[id].t!=0)
{
settag(id*2,seg[id].t);
settag(id*2+1,seg[id].t);
seg[id].t = 0;
}
}
void build(int id,int l,int r)
{
if(l==r)
seg[id].val = {0,vx[r]-vx[r-1]};
else
{
int mid = (l+r)>>1;
build(id*2,l,mid);
build(id*2+1,mid+1,r);
update(id);
}
}
void modify(int id,int l,int r,int x,int y,ll t){
if(l==x&&r==y)
{
settag(id,t);
return;
}
int mid = (l+r)/2;
pushdown(id);
if(y<=mid) modify(id*2,l,mid,x,y,t);
else if(x>mid) modify(id*2+1,mid+1,r,x,y,t);
else{
modify(id*2,l,mid,x,mid,t),modify(id*2+1,mid+1,r,mid+1,y,t);
}
update(id);
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i = 1;i<=n;i++)
{
int x1,x2,y1,y2;
cin>>x1>>x2>>y1>>y2;
vx.push_back(x1);
vx.push_back(x2);
//y坐标,类型0,x坐标
event.push_back({y1,1,x1,x2});
event.push_back({y2,-1,x1,x2});
}
sort(event.begin(), event.end());
sort(vx.begin(), vx.end());
//去重
vx.erase(unique(vx.begin(), vx.end()),vx.end());
m = vx.size()-1;//段数=点数-1
build(1,1,m);
int prey = 0;
int totlen = seg[1].val.mincnt;
ll ans = 0;
for(auto evt:event)
{
int cov = totlen;
if(seg[1].val.minv==0)
cov = totlen - seg[1].val.mincnt;
ans += (ll)(evt[0]-prey)*cov;
prey = evt[0];
int x1 = lower_bound(vx.begin(), vx.end(),evt[2])-vx.begin()+1;
int x2 = lower_bound(vx.begin(), vx.end(),evt[3])-vx.begin();
if(x1>x2)continue;
modify(1,1,m,x1,x2,evt[1]);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
补充：矩形周长并
思路：和上一题矩形面积并思路差不多，也是用扫描线扫，不过没有面积那么好处理。对于面积，只用有覆盖的地方*高度的加和就是答案了，但是周长的话上边界不能想面积那样不管，周长的话要考虑上边界在哪是要的。
那么做法是：
对于矩形嘛，我们考虑扫两边，竖着扫再横着扫。这里以竖着扫为例。
我们竖着扫，也就是for一遍y，那么只需要对x进行离散化即可。
再建树，用来记录最小值和最小值出现的次数。
注意：我们离散化记录的是点，而线段树我们记录的线段。
也就是说记录的是[L+1,R]这一个线段，那么用lower_bound求到x1要+1。
然后开始扫描，遇到的如果是下边界，对于x1到x2这一段要cnt+1。遇到的如果是下边界的话cnt-1。那么如何统计答案呢？
我们遇到一条与扫描线平行的线段时，答案加上【（上一条覆盖的长度-这一次覆盖的长度）的绝对值】即：ans += abs(precnt-nowcnt)
这句话怎么理解呢？
我们画图理解一下...
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 201000;
vector<int>vx,vy;
vector<array<int,4>>event1,event2;
int n;
struct info
{
int minv,mincnt;
};
info operator+(const info &l,const info &r)
{
info a;
a.minv = min(l.minv,r.minv);
if(l.minv==r.minv)a.mincnt = l.mincnt + r.mincnt;
else if(l.minv<r.minv)a.mincnt = l.mincnt;
else a.mincnt = r.mincnt;
return a;
}
struct node{
int t;
info val;
}seg[N*8];
void update(int id)
{
seg[id].val = seg[id*2].val+seg[id*2+1].val;
}
void settag(int id,int t)
{
seg[id].val.minv = seg[id].val.minv+t;
seg[id].t = seg[id].t + t;
}
void pushdown(int id)
{
if(seg[id].t!=0)
{
settag(id*2,seg[id].t);
settag(id*2+1,seg[id].t);
seg[id].t = 0;
}
}
void build(int id,int l,int r)
{
if(l==r)
seg[id].val = {0,vx[r]-vx[r-1]};//mincnt就是区间长度，比如对于第一段就是第1个端点-第0个端点
else
{
int mid = (l+r)>>1;
build(id*2,l,mid);
build(id*2+1,mid+1,r);
update(id);
}
}
void build2(int id,int l,int r)
{
if(l==r)
seg[id].val = {0,vy[r]-vy[r-1]};//mincnt就是区间长度，比如对于第一段就是第1个端点-第0个端点
else
{
int mid = (l+r)>>1;
build2(id*2,l,mid);
build2(id*2+1,mid+1,r);
update(id);
}
}
void modify(int id,int l,int r,int x,int y,ll t){
if(l==x&&r==y)
{
settag(id,t);
return;
}
int mid = (l+r)/2;
pushdown(id);
if(y<=mid) modify(id*2,l,mid,x,y,t);
else if(x>mid) modify(id*2+1,mid+1,r,x,y,t);
else{
modify(id*2,l,mid,x,mid,t),modify(id*2+1,mid+1,r,mid+1,y,t);
}
update(id);
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i = 1;i<=n;i++)
{
int x1,y1,x2,y2;
cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
vx.push_back(x1),vx.push_back(x2);
event1.push_back({y1,-1,x1,x2});
event1.push_back({y2,1,x1,x2});
vy.push_back(y1),vy.push_back(y2);
event2.push_back({x1,-1,y1,y2});
event2.push_back({x2,1,y1,y2});
}
sort(event1.begin(),event1.end());
sort(vx.begin(),vx.end());
vx.erase(unique(vx.begin(),vx.end()),vx.end());
sort(event2.begin(),event2.end());
sort(vy.begin(),vy.end());
vy.erase(unique(vy.begin(),vy.end()),vy.end());
int m = vx.size()-1;
build(1,1,m);
int precnt = 0,nowcnt = 0;
int totlen = seg[1].val.mincnt;
ll ans = 0;
for(auto evt:event1)
{
int x1 = lower_bound(vx.begin(),vx.end(),evt[2])-vx.begin()+1;
int x2 = lower_bound(vx.begin(),vx.end(),evt[3])-vx.begin();
if(x1>x2)continue;
modify(1,1,m,x1,x2,-evt[1]);
nowcnt = totlen;
if(seg[1].val.minv==0)
nowcnt -= seg[1].val.mincnt;
//cout<<"now = "<<nowcnt<<" pre = "<<precnt<<endl;
ans += abs(nowcnt-precnt);
precnt = nowcnt;
}
//cout<<ans<<endl;
m = vy.size()-1;
memset(seg,0,sizeof(seg));
build2(1,1,m);
precnt = 0;
totlen = seg[1].val.mincnt;
for(auto evt:event2)
{
int y1 = lower_bound(vy.begin(),vy.end(),evt[2])-vy.begin()+1;
int y2 = lower_bound(vy.begin(),vy.end(),evt[3])-vy.begin();
if(y1>y2)continue;
modify(1,1,m,y1,y2,-evt[1]);
nowcnt = totlen;
if(seg[1].val.minv==0)
nowcnt -= seg[1].val.mincnt;
ans += abs(nowcnt-precnt);
precnt = nowcnt;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
/*
heck 数据
2
0 0 4 4
0 4 4 8
注意顺序，如果有重边应该先加再减！
*/
1.2 扫描线在序列问题上的应用(eg2)
区间不同数之和
有\(n\)个数\(a1,a2,…,an\)。
有\(q\)组询问，每次给一个区间\([l,r]\)，求区间里不同的数字之和，也就是说同一个数字出现多次只算一次。
思路：
①思路一：\(pri[i]\)表示\(a[i]\)上一次出现的位置(只统计第一次出现)
\(pri[i]<l\)和\(l<=i<=r\)满足这两个条件的\(ai\)之和。
转化为二维数点问题，所有限制是两维的都可以看成二维数点。
把一个点坐标看成\((i,pri[i])\),$$\begin{cases} pri[i]<l\\ l<=i<=r \end{cases} \tag{1} $$满足这两个条件的\(ai\)之和。
因为我们对pre[]进行扫描，按pre[]的大小排序，for这pre[]这一维度进行扫描。
事件：
0. 插入:modify(i,a[i])
- 查询：query(r)-query(l-1)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int long long
const int N = 201000;
vector<int>vx;
vector<array<int,4>>event;;
int n,q,m;
int a[N],ans[N];
int c[N];
int pre[N],last[N];
int query(int x){//1...x
ll s = 0;
for(;x;x-=x&(-x))
s += c[x];
return s;
}
void modify(int x,int s){//a[x]+=s
for(;x<=m;x+=x&(-x))
c[x]+=s;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>q;
m = n;
for(int i = 1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
pre[i] = last[a[i]];//记录一个数上一次出现的位置
last[a[i]] = i;
event.push_back({pre[i],0,i,a[i]});
}
/*
对于一个区间[l,r]
满足条件的点需要：
l<=i<=r
pre[i]<l
*/
for(int i = 1;i<=q;i++)
{
int l,r;
cin>>l>>r;
event.push_back({l-1,1,l,i});
event.push_back({l-1,2,r,i});
}
sort(event.begin(), event.end());//按pre[i]排序
for(auto evt:event)
{
if(evt[1]==0){//插入
modify(evt[2],evt[3]);
}
else{
if(evt[1]==1)
ans[evt[3]] -= query(evt[2]-1);
else
ans[evt[3]] += query(evt[2]);
}
}
for(int i = 1;i<=q;i++)
cout<<ans[i]<<'\n';
0;
}
②思路二：for(r = 1~n)
维护\(ans[l] ：[l,r]\)的答案
\(r-1——>r\) , \(ans[l]:[l,r-1]——>[l,r]\)
\(a_r\)在\([l,r-1]\)未出现，\(ans[l]+=a_r\)，否则不变
比如对于\([l,r]\)一段，在\([l,p]\)上\(a_r\)出现过，在\([p+1,r]\)上没出现过，那么\(ans[p+1\)~\(r]+=a[r]\)
综上所述，我们要实现：
①区间加
②单点查询
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 201000;
ll n,q,a[N],pos[N],ans[N];
vector<array<int,3>>qu[N];
ll c[N];
ll query(int x){//1...x
ll s = 0;
for(;x;x-=x&(-x))
s += c[x];
return s;
}
void modify(int x,ll s){//a[x]+=s
for(;x<=n;x+=x&(-x))
c[x]+=s;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>q;
for(int i = 1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
for(int i = 1;i<=q;i++)
{
int l,r;
cin>>l>>r;
qu[r].push_back({l,i});
}
for(int r = 1;r<=n;r++)
{
int p = pos[a[r]];
modify(p+1,a[r]);
modify(r+1,-a[r]);
pos[a[r]] = r;
for(auto que:qu[r])
{
//ans[l]:[l,r]的答案
ans[que[1]] = query(que[0]);
}
}
for(int i = 1;i<=q;i++)
cout<<ans[i]<<'\n';
return 0;
}
2.权值线段树之字典树(eg4)
异或第k小
给\(n\)个数字\(a1,a2,…,an\)。
你要回答\(m\)个询问，每次给定两个数\(x,k\)询问a1 xor x,a2 xor x,…,an xor x中从小到大排序中第\(k\)小的元素。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 201000;
const int M = 30;//0~2^30-1
int n,m,a[N];
struct node
{
int s[2];
int sz;
}seg[N*32];
int tot = 0,root;
int main()
{
cin>>n>>m;
root = ++tot;
for(int i = 0;i<n;i++)
{
int x;
cin>>x;
int p = root;
for(int j = M-1;j>=0;j--)
{
seg[p].sz+=1;
int w = (x>>j)&1;
if(seg[p].s[w]==0)seg[p].s[w] = ++tot;
p = seg[p].s[w];
}
seg[p].sz+=1;
}
for(int i = 0;i<m;i++)
{
int x,k;
cin>>x>>k;
int ans = 0;
int p = root;
for(int j = M-1;j>=0;j--)
{
int w = (x>>j)&1;
if(seg[seg[p].s[w]].sz>=k)
{
p = seg[p].s[w];
}else{
k -= seg[seg[p].s[w]].sz;
ans^=1<<j;
p = seg[p].s[w^1];
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
3.扫描线与权值线段树的总和运用(eg5)
mex
题意：
有一个长度为\(n\)的数组 \(a1,a2,…,an\)。
你要回答\(q\)个询问，每次给一个区间\([l,r]\)，询问这个区间内最小没有出现过的自然数。
思路：
权值线段树+扫描线+线段树上二分
我们利用权值线段树，从\(1\)到\(n\)开始不断地加\(a[i]\)进去
权值线段树维护某个数最后一次出现在数组中的位置，初始所有数都没出现。
for(r = 1~n)
\(posx:\)x最后一次出现的位置，找到最小的x满足pos[x]<l
对于所有\(R = i\)的询问，我们利用\(L\)进行查询
去找到最后一次出现位置小于\(L\)的最小的数。
注意：这里权值是\(1e9\)但是\(n\)的范围是\(2e5\)，那我们的\(mex\)肯定是小于\(n+1\)的，我们要对\(a[i]\)个\(n+1\)取\(min\).
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 201000;
ll n,q,a[N],pos[N],ans[N];
vector<array<int,3>>qu[N];
struct node{
int val;
}seg[N*4];
void update(int id)
{
seg[id].val = min(seg[id*2].val,seg[id*2+1].val);
}
void change(int id,int l,int r,int pos,int val){
if(l==r)
{
seg[id].val = val;
return;
}
int mid = (l+r)/2;
if(pos<=mid)change(id*2,l,mid,pos,val);
else change(id*2+1,mid+1,r,pos,val);
update(id);
}
int search(int id,int l,int r,int d)
{
if(l==r)return l;
int mid = (l+r)>>1;
if(seg[id*2].val<d)return search(id*2,l,mid,d);
else return search(id*2+1,mid+1,r,d);
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>q;
for(int i = 1;i<=n;i++)
cin>>a[i],a[i] = min(a[i],n+1);
for(int i = 1;i<=q;i++)
{
int l,r;
cin>>l>>r;
qu[r].push_back({l,i});
}
for(int r = 1;r<=n;r++)
{
//posx :x最后一次出现的位置，
//最小的x满足pos[x]<l
//pos[a[r]] = r;
change(1,0,n+1,a[r],r);
for(auto que:qu[r])
{
ans[que[1]] = search(1,0,n+1,que[0]);
}
}
for(int i = 1;i<=q;i++)
cout<<ans[i]<<'\n';
return 0;
}
4.从权值角度考虑
之前的题目大多数以下标的角度思考，本题考虑从权值角度考虑。
题意：
给你\(n\)个数\(a_1,a_2,…,a_n\)和\(q\)个询问：
l r x，询问\(a_l,a_{l+1},…,a_r\)中大于等于\(x\)的最小的数。
思路：
考虑用扫描线。先按权值为第一优先级排序，值一样的话先插入再查询。
因为先插入的是大的数，那再查小的数时，比它大的已经全部插入了，只需要查询区间最小值即可。那么我们需要用线段树实现区间最小值查询和单点修改。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 201000;
const int inf = 1<<30;
int n,q;
int a[N],ans[N];
struct node{
int minv;
}seg[N*4];
void update(int id)
{
seg[id].minv = min(seg[id*2].minv,seg[id*2+1].minv);
}
void build(int id,int l,int r)
{
if(l==r)
seg[id].minv = inf;
else
{
int mid = (l+r)>>1;
build(id*2,l,mid);
build(id*2+1,mid+1,r);
update(id);
}
}
void change(int id,int l,int r,int pos,int val){
if(l==r)
{
seg[id].minv= val;
}
else
{
int mid = (l+r)/2;
if(pos<=mid)change(id*2,l,mid,pos,val);
else change(id*2+1,mid+1,r,pos,val);
//重要！改完之后记得更新节点的信息
update(id);
}
}
//O(logn)
int query(int id,int l,int r,int x,int y)
{
if(l==x&&r==y)return seg[id].minv;
int mid = (l+r)/2;
if(y<=mid)return query(id*2,l,mid,x,y);
else if(x>mid)return query(id*2+1,mid+1,r,x,y);
else{
return min(query(id*2,l,mid,x,mid),query(id*2+1,mid+1,r,mid+1,y));
}
}
vector<array<int,4>> event;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>q;
for(int i = 1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
event.push_back({-a[i],0,i});//我们希望从大到小for，那加个-号，，直接sort就是从大到小
// 设0,保证相同值情况下先插入
}
for(int i = 1;i<=q;i++)
{
int l,r,x;
cin>>l>>r>>x;
event.push_back({-x,i,l,r});
}
sort(event.begin(),event.end());
build(1,1,n);
for(auto evt:event)
{
if(evt[1] == 0)change(1,1,n,evt[2],-evt[0]);
else ans[evt[1]] = query(1,1,n,evt[2],evt[3]);
}
for(int i = 1;i<=q;i++)
{
if(ans[i]==inf)ans[i] = -1;
cout<<ans[i]<<"\n";
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号