[CSP-S模拟测试]:building（模拟）

题目传送门（内部题64）

输入格式

第一行有一个整数$id$，表示测试点编号。第二行有四个整数$n,m,k,q$。
然后有$k$行，每一行有四个整数$x_{i_1},y_{i_1},x_{i_2},y_{i_2}$。然后有$q$行，每一行有两个整数$u_i,v_i$。

输出格式

有$q$行，每一行一个整数表示答案。

样例

样例输入：

1
5 5 6 10
1 1 1 2
3 2 3 4
5 2 5 5
2 1 3 1
1 4 2 4
4 5 4 5
0 1
0 2
0 3
0 4
0 5
1 1
1 2
1 3
1 4
1 5

样例输出：

3
5
9
11
16
2
2
1
2
1

数据范围与提示

对于所有数据，$1\leqslant id\leqslant 20$，$n,m,k\leqslant 10^5$，$q\leqslant 2n$，$1\leqslant x_{i_1}\leqslant x_{i_2}\leqslant n$，$1\leqslant y_{i_1}\leqslant y_{i_2}\leqslant m$，$u_i\in\{0,1\}$，$v_i\leqslant n$。

题解

又没有打正解，是因为没看懂题解（我太菜辣）。

我们先来考虑$u=0$的情况，也就是我们只需要求出楼盘总数。

可以用前缀和轻松解决。

那么再来考虑$u=1$的情况，不重叠这个性质超级棒！

先只考虑$x_{i_1}=x_{i_2}$的情况，我们将其按$x$为第一维排序，$y$为第二维排序，然后首先判断其与前面一个有没有联通，在判断其与上一行有没有联通，大致可以分为以下四种情况$\downarrow$

你可能觉得，如果有两个相邻，我就将块数$--$，但是这样是错的，比如下图中的情况$\downarrow$

然后你就去世了……

因为我们在考虑最下面的$4$的时候发现它与$2$和$3$都相邻，但是$2$与$3$都与$1$联通，考虑的时候就已经在一个联通块里了。

不用担心，并查集维护一下就好啦～

下面在来考虑一般情况，为方便，忽略一些可以可以归为一类的情况，将其大致分为一下四种情况$\downarrow$

第一种情况上面已经讨论了，下面来看其它情况。

我们可以开两个$vector$，分别记录每一行和每一列有哪个矩形的$(x_{i_2},y_{i_2})$，因为本题保证了没有重叠，所以只用记录$(x_{i_2},y_{i_2})$，处理每一个矩行的时候暴力扫一遍上一行的$vector$和相邻列的$vector$，为什么需要扫相邻两列的$vector$而不是只扫左边这一列的，因为会出现下面这种情况$\downarrow$

我们在扫到红线这一行的时候还没有扫到最下面的矩形，所以两侧的矩形还不能合并到一起，而我们在扫到最下面一行的矩形的时候才需要合并两侧的矩形。

而对于行，我们则不用考虑这个问题，这就是上面行只用扫上面一行，而列则要扫相邻两列的原因。

有了这些，就是疯狂的调代码了，建议现将$\forall1\leqslant i\leqslant k,x_{i_1}=x_{i_2}$的部分分拿到再冲击正解，因为这个部分分的思想很重要。

虽说我的算法会被极限数据卡成$\Theta(n^2)$，但是随机数据基本上是线性的。

时间复杂度：$\Theta($玄学$)$。

期望得分：$100$分。

实际得分：$100$分。

代码时刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec{int x0,x2,y0,y2;}e[100001];
int id,n,m,k,q,u,v;
int fa[100001];
long long s1[100001],s2[100001];
vector<int> vec[100002],vet[100002];
bool cmp(rec a,rec b){return a.x0==b.x0?a.y0<b.y0:a.x0<b.x0;}
int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
int main()
{
	scanf("%d%d%d%d%d",&id,&n,&m,&k,&q);
	for(int i=1;i<=k;i++)
		scanf("%d%d%d%d",&e[i].x0,&e[i].y0,&e[i].x2,&e[i].y2);
	sort(e+1,e+k+1,cmp);
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		vec[e[i].y2].push_back(i);
		vet[e[i].x2].push_back(i);
		fa[i]=i;
	}
	long long sum=0;
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		if(e[i].x0==e[i].x2){s1[e[i].x0]+=e[i].y2-e[i].y0+1;s1[e[i].x0+1]-=e[i].y2-e[i].y0+1;}
		else{s1[e[i].x0]++;s1[e[i].x2+1]--;}
		if(e[i].x0!=e[i-1].x0)for(int j=e[i-1].x0;j<e[i].x0;j++)s2[j]=sum;
		sum++;
		for(int j=0;j<vet[e[i].x0-1].size();j++)
		{
			int x=find(i);
			int y=find(vet[e[i].x0-1][j]);
			if(x==y)continue;
			if((e[vet[e[i].x0-1][j]].y0<=e[i].y0&&e[i].y0<=e[vet[e[i].x0-1][j]].y2)||(e[i].y0<=e[vet[e[i].x0-1][j]].y0&&e[vet[e[i].x0-1][j]].y0<=e[i].y2))
			{
				sum--;
				fa[x]=y;
			}
		}
		for(int j=0;j<vec[e[i].y0-1].size();j++)
		{
			if(e[vec[e[i].y0-1][j]].x0>e[i].x0)continue;
			int x=find(i);
			int y=find(vec[e[i].y0-1][j]);
			if(x==y)continue;
			if((e[vec[e[i].y0-1][j]].x0<=e[i].x0&&e[i].x0<=e[vec[e[i].y0-1][j]].x2)||(e[i].x0<=e[vec[e[i].y0-1][j]].x0&&e[vec[e[i].y0-1][j]].x0<=e[i].x2))
			{
				sum--;
				fa[x]=y;
			}
		}
		for(int j=0;j<vec[e[i].y2+1].size();j++)
		{
			if(e[vec[e[i].y2+1][j]].x0>e[i].x0)continue;
			int x=find(i);
			int y=find(vec[e[i].y2+1][j]);
			if(x==y)continue;
			if((e[vec[e[i].y2+1][j]].x0<=e[i].x0&&e[i].x0<=e[vec[e[i].y2+1][j]].x2)||(e[i].x0<=e[vec[e[i].y2+1][j]].x0&&e[vec[e[i].y2+1][j]].x0<=e[i].x2))
			{
				sum--;
				fa[x]=y;
			}
		}
	}
	for(int i=e[k].x0;i<=n;i++)s2[i]=sum;
	for(int i=1;i<=n;i++)s1[i]+=s1[i-1];
	for(int i=1;i<=n;i++)s1[i]+=s1[i-1];
	while(q--)
	{
		scanf("%d%d",&u,&v);
		if(u)printf("%lld\n",s2[v]);
		else printf("%lld\n",s1[v]);
	}
	return 0;
}

rp++

原文地址：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11644109.html