在这篇题解中我不打算介绍线段树扫描线原理，因为网上有更多的人介绍的更好，我打算和大家分享一些扫描线操作的细节问题。
1.首先本题是特殊的线段树操作，因为根据我们对题目的了解，可以不用写pushdown操作(仅对矩形有效)，原因如下：
在线段树中，有两个地方需要pushdown操作，第一个是修改时，第二个是查询时
首先我们因为我们查询的时候，总是查询最大的区间，所以查询的时候不会分裂传递懒标记
其次，在修改操作时，我们只有两个操作，一个是加一个是减，在减操作时我们减的都是之前已经加过的区间，所以不需要分裂传递
而在加的时候，我们并不需要在意一个区间到底加上了多少，只需要在意是否是大于0，所以也不用传递懒标记
2.线段树本质是维护区间，也就是说我们离散化后存点是没有意义的，比如说y1,y2表示的是y1-y2,y2-y3这两个区间，所以有n个点，只有n-1个区间，我们修改时要对右端点-1，否则我们会出现如下情况
我们必定会分裂之后分别修改l-mid,mid+1-r，然后这就会忽略mid-mid+1这之间的内容，所以是错误的。
3.pushup操作中的三个条件分别代表着，加入cnt存在，说明这段区间都要计算上去，假如cnt不存在，但是左端点不等于右端点，说明这段区间中并不是所有的地方都覆盖，因此要从已经更新过的子节点更新这段区间
如果左端点等于右端点，说明这段区间已经被消除掉了，那么这段区间的长度就要归0
#include#include #include #include using namespace std; typedef long long ll; const int N=1e5+10; int a[N]; int n,m; vector<double> ys; struct s{ double x; double y1; double y2; int k; bool operator <(const s &t) const{ return x<t.x; } }sg[N*2]; struct node{ int l,r; int cnt; double len; }tr[N*8]; int find(double x){ int pos=lower_bound(ys.begin(),ys.end(),x)-ys.begin(); return pos; } void pushup(int u){ if(tr[u].cnt){ tr[u].len=ys[tr[u].r+1]-ys[tr[u].l]; } else if(tr[u].l!=tr[u].r) tr[u].len=tr[u<<1].len+tr[u<<1|1].len; else tr[u].len=0; } void build(int u,int l,int r){ tr[u]={l,r,0,0}; if(l!=r){ int mid=l+r>>1; build(u<<1,l,mid); build(u<<1|1,mid+1,r); } } void modify(int u,int l,int r,int k){ if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r){ tr[u].cnt+=k; pushup(u); } else{ int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1; if(l<=mid) modify(u<<1,l,r,k); if(r>mid) modify(u<<1|1,l,r,k); pushup(u); } } int main(){ int T=1; int n; while(cin>>n,n){ ys.clear(); int i; double x1,x2,y1,y2; int cnt=1; for(i=1;i<=n;i++){ cin>>x1>>y1>>x2>>y2; sg[cnt++]={x1,y1,y2,1}; sg[cnt++]={x2,y1,y2,-1}; ys.push_back(y1); ys.push_back(y2); } sort(sg+1,sg+1+2*n); sort(ys.begin(),ys.end()); ys.erase(unique(ys.begin(),ys.end()),ys.end()); build(1,0,ys.size()-2); double sum=0; for(i=1;i<=2*n;i++){ if(i>1){ sum+=tr[1].len*(sg[i].x-sg[i-1].x); } modify(1,find(sg[i].y1),find(sg[i].y2)-1,sg[i].k); } printf("Test case #%d\n",T++); printf("Total explored area: %.2f\n\n",sum); } }