树状数组扫描线维护矩形区域和 ICPC2019南京站网络赛

题目链接：https://nanti.jisuanke.com/t/41298

题意：给你一个n*n的矩阵（n为1e6），矩阵上的数具有一定规律（给定n后每个位置元素值都已确定，是一个内螺旋矩阵）。之后会加点，被加的点其上的值才会被启用，未被启用的点的值为0，先p次询问，每次询问一个矩形区域内值的和为多少。

分析：螺旋矩阵找规律可以分成一圈圈的来看，一个n*n的矩阵，那么最多就有n/2个圈，我们先预处理出前i个圈所有的点的数目d[i]，之后对每个当前圈，都分为上下左右四侧来找即可。

该题便转化为一个求矩形区域和的问题，因为n太大了，二维前缀和明显不可以。

不仅如此，因为n特别大，我们还必须对其进行离散化。

我们可以把每次询问拆成四次询问，对于查询x1,y1,x2,y2，有

ans = map[x2][y2]− map[x2][y1−1]− map[x1−1][y2]+ map[x1−1][y1−1]

考虑二维降低位，将其按x轴排序

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1000010;
int T;
int n,m,p;
ll d[N],c[N];
struct node{
    int x1,y1,x2,y2;
};
vector<node> qu;//查询
struct Node{
    int x,y;
    int type;//type为0表示添加新点
}a[N];
bool cmp(Node a,Node b){
    if(a.x == b.x){
        if(a.y == b.y)return a.type == 0;
        return a.y < b.y;
    }
    return a.x < b.x;
}
//vector<int> v;//离散y
int b[N];
int num;
void add(int x,int y){
    for(;x<=num;x+=x&-x)c[x] += y;
}

ll ask(int x){
    ll res = 0;
    for(;x;x-=x&-x)res += c[x];
    return res;
}
map<int,map<int,int>> mp;
int id[N];
ll get(int x,int y){
    int cx = n / 2 + 1;
    int cy = n / 2 + 1;//(cx,cy)即中心坐标
    int k = max(abs(x-cx),abs(y-cy));//k表示在第几圈
    if(k == 0)return 1ll * n * n;
    ll res = d[k-1];//圈内有多少个
    //分4个case计算
    if(y-cy == k && x < cx + k){//在上层
        res += cx + k - x;
    }else if(cx - x == k && y < cy + k){//在左侧
        res += k * 2 + cy + k - y;
    }else if(cy - y == k && x > cx - k){//在下层
        res += k * 4 + x - (cx - k);
    }else if(x - cx == k){//在右侧
        res += k * 6 + y - (cy - k);
    }
    res = 1ll * n * n - res;//最后倒过来，因为上面是按照中心为1算的
    return res + 1;
}
int calc(ll x){
    int res= 0;
    while(x){res += x % 10;x /= 10;}
    return res;
}
int main(){
    scanf("%d",&T);
    d[0] = 1;d[1] = 8;
    for(int i=2;i<N/2;i++)d[i] = d[i-1] + 8;
    for(int i=1;i<N/2;i++)d[i] += d[i-1];//计算i圈以内有多少个点
    while(T--){
        mp.clear();qu.clear();//v.clear();
        memset(c,0,sizeof c);
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
        for(int i=1;i<=m;i++){
            int x,y;
            scanf("%d%d",&x,&y);
            a[i] = {x,y,0};
        }
        for(int i=1;i<=p;i++){
            int x1,x2,y1,y2;
            scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
            qu.push_back({x1,y1,x2,y2});
            a[++m] = {x1-1,y1-1,1};
            a[++m] = {x2,y2,1};
            a[++m] = {x1-1,y2,1};
            a[++m] = {x2,y1-1,1};
        }
        //此时m的数量是所有要加的点和要查询的点的总和
        for(int i=1;i<=m;i++){
            b[i]=a[i].y;
        }
        sort(b+1,b+1+m);
        //v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());
        num=unique(b+1,b+1+m)-b-1;
        sort(a+1,a+m+1,cmp);
        for(int i=1;i<=m;i++){
            id[i] = lower_bound(b+1,b+1+num,a[i].y) - b;
        }
        for(int i=1;i<=m;i++){
            if(a[i].type == 0)add(id[i],calc(get(a[i].x,a[i].y)));
            else if(a[i].type == 1)mp[a[i].x][a[i].y] = ask(id[i]);
        }
        for(int i=0;i<p;i++){
            int x1 = qu[i].x1,x2 = qu[i].x2,y1 = qu[i].y1,y2 = qu[i].y2;
            ll res = mp[x2][y2] + mp[x1-1][y1-1] - mp[x1-1][y2] - mp[x2][y1-1];
            printf("%lld\n",res);
        }
    }
    return 0;
}

接下来是洛谷P2163这道题

题意是花园里每个数可以用一个整数坐标来表示，多次询问，每次询问一个矩形区域里有多少个树

离散化这方面我们不再是全部都一起离散化了，而是横纵坐标分别自己离散化，这样可以减少最后的N

然后我们用了两个存储查询的向量数组Q和q，存储的都是当前询问的下标，并且向量下标分别是左下角的横坐标和右上角的横坐标

我们知道是按横坐标排序的，我们要求的答案就是F(x2,y2)−F(x1−1,y2)−F(x2,y1−1)+F(x1−1,y1−1)

之后加减什么的自己体会吧

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
const int MAXN=500004;
struct node{int x,y,xx,yy;}a[MAXN];vector<int>V[MAXN],Q[MAXN],q[MAXN];
int n,m,N,M,sum[MAXN],x[MAXN],y[MAXN],tmpx[MAXN*3],tmpy[MAXN*3],totx,toty,ans[MAXN];
void modify(int x){for(;x<=M;x+=x&-x)sum[x]++;}
int query(int x){int ans=0;for(;x;x-=x&-x) ans+=sum[x];return ans;}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&x[i],&y[i]),tmpx[++totx]=x[i],tmpy[++toty]=y[i];
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        scanf("%d%d%d%d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].xx,&a[i].yy);a[i].x--;a[i].y--;
        tmpx[++totx]=a[i].x;tmpx[++totx]=a[i].xx;tmpy[++toty]=a[i].y;tmpy[++toty]=a[i].yy;
    }
    sort(tmpx+1,tmpx+totx+1);sort(tmpy+1,tmpy+toty+1);
    N=unique(tmpx+1,tmpx+totx+1)-tmpx-1;M=unique(tmpy+1,tmpy+toty+1)-tmpy-1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        x[i]=lower_bound(tmpx+1,tmpx+N+1,x[i])-tmpx;
        y[i]=lower_bound(tmpy+1,tmpy+M+1,y[i])-tmpy;
        V[x[i]].push_back(y[i]);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        a[i].x=lower_bound(tmpx+1,tmpx+N+1,a[i].x)-tmpx;
        a[i].y=lower_bound(tmpy+1,tmpy+M+1,a[i].y)-tmpy;
        a[i].xx=lower_bound(tmpx+1,tmpx+N+1,a[i].xx)-tmpx;
        a[i].yy=lower_bound(tmpy+1,tmpy+M+1,a[i].yy)-tmpy;
        Q[a[i].x].push_back(i);q[a[i].xx].push_back(i);
    }
    for(int i=1;i<=N;i++){
        for(int j=0;j<V[i].size();j++) modify(V[i][j]);//添加的是纵坐标 
        //接下来两个答案的添加便是这个算法的核心了
        //我们是把一个询问拆成了四个询问 
        for(int j=0;j<Q[i].size();j++) ans[Q[i][j]]+=query(a[Q[i][j]].y)-query(a[Q[i][j]].yy);
        for(int j=0;j<q[i].size();j++) ans[q[i][j]]+=query(a[q[i][j]].yy)-query(a[q[i][j]].y);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);
}

posted @ 2019-09-02 19:51 清酒令阅读(265) 评论(0) 编辑收藏举报

清酒令

树状数组扫描线维护矩形区域和 ICPC2019南京站网络赛

公告