hdu5714（简单转化）

第一次在博客写题解，写了两个小时（真的不知道自己语文怎么学的），以前看题解，经常是不会看完还是不会，因为思路不一样，别人跳着跳着说说就该粘代码，自己一头雾水要啃好长时间，那真的难受。所以现在自己写就写的多一些，希望不要让别人这样了。

（题意就不贴了，可以上hdu：hdu5714-photo，注意小明拍照位置和时间都不一定是整数）

这题真的挺简单（虽然我模拟赛想错一个地方只有40）

首先，我们假设所有船都朝同一方向运动。选择一个时刻其实就是这些船移动一定距离，也就是船不动而小明向相反方向移动一定距离。小明既然可以随便选择位置，显然选择时刻没有任何意义，那么我们就当作船永远不动。那么对于每一艘船，我们可以方便的计算出人可以看到它的区间。把所有端点放到一条线上，如果从最左边往右走并把覆盖当前位置的线段的条数叫num，那么没遇到端点num不变，遇左端点num++，遇右端点就在下一位置num–。我们把区间右端点加一后排序，从最左的端点开始遍历每一个端点，Num[i]表示[第i点坐标,第i+1点坐标)（即i到i+1的区间但不包括i+1的坐标），按照上面的方法计算Num数组后就可以直接在端点位置选最大值了（因为其他地方值根本没变）

]

进一步想，我们把向两个方向运动的船分开计算也是一样的道理。但是注意两个方向各自选的位置是真实位置向相反方向平移相同距离得到的。所以只要向左运动的船选的点在向右运动的船选的点的右边或重合，我们就可以取其中点为真实位置，重点到两边的距离即为拍照时刻，满足这个条件的点对就是合法解，我们已经有两个NUM数组，遍历一个数组，因为船的参数都是整数，可以在另一边的坐标数组里二分一下，找到最大位置，算出现在的最大值，和前面遍历的最大值比较一下。

时间O(nlogn) 空间O(n)

还有一点细节详见代码注释。

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hduAC代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define N 10005
struct Dian{
    int x;
    bool l_or_r;
}dian[3][2*N];
int n,cnt1,cnt2,tc;
int Num[3][2*N],Max[2*N],zuo[2*N];

bool cmp(Dian a,Dian b)
{
    if(a.x==b.x)
        return a.l_or_r>b.l_or_r;
//前面的点先结算，如果这个位置本来就是最优，现在又没有把该减的的右端点减掉，就会影响最终答案。
//先结算右端点的话这个没算完的位置中最优的一定是本来的最终状态，不会影响答案
    return a.xvoid Read()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int xi,yi,zi,di,id;
        scanf("%d%d%d%d",&xi,&yi,&zi,&di);
        int rx=yi-zi,ry=xi+zi;
        if(rycontinue;
        if(di==1){
            dian[1][++cnt1]=(Dian){rx,0};
            dian[1][++cnt1]=(Dian){ry+1,1};
        }
        else{
            dian[2][++cnt2]=(Dian){rx,0};
            dian[2][++cnt2]=(Dian){ry+1,1};
        }
    }
    sort(dian[1]+1,dian[1]+1+cnt1,cmp);
    sort(dian[2]+1,dian[2]+1+cnt2,cmp);
    for(int i=1;i<=cnt2;i++)
        zuo[i]=dian[2][i].x;
}

void GetNum()
{
    int num=0;
    for(int i=1;i<=cnt1;i++)
    {
        if(!dian[1][i].l_or_r)
            num++;
        else
            num--;
        Num[1][i]=num;
    }
    num=0;
    for(int i=1;i<=cnt2;i++)
    {
        if(!dian[2][i].l_or_r)
            num++;
        else
            num--;
        Num[2][i]=num;
    }
}

int rea(int x){
        int k1=lower_bound(zuo+1,zuo+cnt2+1,x)-zuo,k2=upper_bound(zuo+1,zuo+cnt2+1,x)-zuo;
    if(k1==k2 && k1!=1) //如果找到的整数位置大于目标且答案还可能更大
        return k1-1;
    return k1;
}

void Work()
{
    Max[cnt2+1]=0; //注意！！之前没有初始化任何数组，所以这个位置可能有上一次的值,所以有两个用处 
    for(int i=cnt2;i>=1;i--)
        Max[i]=max(Max[i+1],Num[2][i]); //1.这里是为了Max[cnt2]能正常推出  
    int nMax=0,ans=Max[1];
    for(int i=1;i<=cnt1;i++)
    {
        nMax=max(nMax,Num[1][i]);
        ans=max(ans,nMax+Max[rea(dian[1][i].x)]);
//2.当此时查找的dian[1][i].x大于所有dian[2],rea函数值为cnt2+1, 而这种情况应是nMax+0 
    }
    printf("Case #%d:\n%d\n",++tc,ans);
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        cnt1=cnt2=0;
        Read();
        GetNum();
        Work();
    }
    return 0;
}