Problem
- 给出n次事件，每次事件给出三个非负整数x,y,d。d=0表示在点(x,y)打了一个洞；否则表示询问由(x,y),(x+d,y),(x,y+d)三点围成的三角形中洞的个数。
Hint
30%的数据n<=3333 。
另30% 的数据 GFS只会在DSJ打完洞后才开始询问,xi,yi<=333333 。
100%的数据 1<=n<=88888，xi,yi<=3333333 。Solution
算法I：暴力
- 考虑对于询问(i,j,d)，若点(x,y)在该询问的三角形内，需要满足哪些条件。
- 应满足这三个条件：1. i≤x≤i+d ; 2. x+y≤i+j+d ; 3. y≥j 。
- 那么，我们可以用一个数组存储已经出现过的点（打的那些洞），然后扫一遍数组，统计一下有多少个点满足这三个条件即可。
- 时间复杂度：\(O(n^2)\)。
- 期望得分：30~100points。
- （
xzb的经历告诉我们：对于这种n比较小的高维偏序问题，暴力是可以碾标算的。我们应屑于打打暴力，万一过了呢？）
算法II：四维偏序问题
- 观察到算法I实际上是在求：满足上述三个条件，并且出现时间＜询问时间的点数。
- 那么就转化为一个四维偏序问题。
- 我们可以对时间分治，扫描线再解决一维，最后用一个二维数据结构（譬如带修主席树）解决剩下两维。
- 时间复杂度：\(O(n*(log_2n)^3)\)。
- 期望得分：60~100points。
- 友情提醒：如果在比赛中想到了这种十分难打、十分难调，计算器一算极限数据复杂度接近4亿的、估计不是正解的算法，最好还是别打。毕竟打挂了，白白浪费时间；就算没打挂，也可能会T。
算法III：简单容斥+二维偏序问题
- 假设我们打完了算法I，略过了算法II，考虑一下离线的那30points有什么较为稳妥的方法。
- 如图，假设我们要询问浅蓝色\(\triangle\)。
- 实际上，浅蓝色\(\triangle\)内点的个数=两条深蓝色斜线内点的个数-左上方平行四边形内点的个数-右下方平行四边形内点的个数。
- 将所有询问拆成两条x+y的扫描线。（显然，深蓝色斜线上的点的x+y为同一个数）那么，我们将所有点和询问按照x+y排序。
- 对于询问，可以借鉴差分的思想。就是说，我们在扫到第一条斜线（左下方那条）时，贡献为点数* (-1)；扫到第二条斜线（右上方那条）时，贡献为点数 *(+1)。这样，即可求出两条斜线间点的个数。
- 至于那两个平行四边形，左上方那个要满足x在一定范围内，右下方那个要满足y在一定范围内。我们用两个树状数组维护即可。
- 时间复杂度：\(O(n*log_2n)\)。
- 期望得分：60points。
算法IV：再加一维时间
- 从算法III我们可发现，如果去掉了时间限制（打洞和询问的先后关系），我们可以用\(O(n*log_2n)\)的时间完成。
- 那么直接套个CDQ分治即可优美地解决时间的一维！
- 时间复杂度：\(O(n*(log_2n)^2)\)。
- 期望得分：100points。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int N=3e5;
int i,n,x,y,d,xs,X[N],ys,Y[N],m,c1[N],c2[N],ans[N];
struct oper
{
int x,y,c,v;
inline bool operator<(const oper a)const {return c<a.c||c==a.c&&abs(v)<abs(a.v);}
}o[N],a[N];
void read(int&x)
{
char ch=getchar(); x=0;
for(;!isdigit(ch);ch=getchar());
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
}
inline int lowbit(int x) {return x&-x;}
int query(int *c,int n)
{
int ans=0;
for(;n;n-=lowbit(n)) ans+=c[n];
return ans;
}
void add(int *c,int cs,int k,int d)
{
for(;k<=cs;k+=lowbit(k)) c[k]+=d;
}
void work(int cnt)
{
sort(a+1,a+cnt+1);
int c=0;
fo(i,1,cnt)
if(a[i].v)
{
int v=abs(a[i].v),f=a[i].v/v;
ans[v]+=f*( c - query(c1,a[i].x) - query(c2,a[i].y) );
}
else
{
c++;
add(c1,xs,a[i].x,1); add(c2,ys,a[i].y,1);
}
fo(i,1,cnt) if(!a[i].v) add(c1,xs,a[i].x,-1), add(c2,ys,a[i].y,-1);
}
void CDQ(int l,int r)
{
int m=l+r>>1,h=0,b=0;
fo(i,l,m) if(!o[i].v) a[++h]=o[i];
fo(i,i,r) if(o[i].v) a[h+(++b)]=o[i];
if(h&&b) work(h+b);
if(h&&h<=m-l) CDQ(l,m);
if(b&&b<r-m) CDQ(m+1,r);
}
int main()
{
read(n);
fo(i,1,n)
{
read(x); read(y); read(d);
if(!d)
{
X[++xs]=x; Y[++ys]=y;
o[++m]={x,y,x+y,0}; ans[i]=-1;
continue;
}
X[++xs]=x-1; Y[++ys]=y-1;
o[++m]={x-1,y-1,x+y-1,-i};
o[++m]={x-1,y-1,x+y+d, i};
}
sort(X+1,X+xs+1); xs=unique(X+1,X+xs+1)-X-1;
sort(Y+1,Y+ys+1); ys=unique(Y+1,Y+ys+1)-Y-1;
fo(i,1,m)
{
o[i].x=lower_bound(X+1,X+xs+1,o[i].x)-X;
o[i].y=lower_bound(Y+1,Y+ys+1,o[i].y)-Y;
}
CDQ(1,m);
fo(i,1,n) if(ans[i]>=0) printf("%d\n",ans[i]);
}原文地址：https://www.cnblogs.com/Iking123/p/9508370.html
时间： 2024-08-01 12:17:03