【线段树】矩形面积并

题目描述

给出n个矩形的左下角和右上角的坐标，求矩形面积的并。

矩形面积并指的是被矩形覆盖到的面积和，重叠部分仅算一次。

输入

多组输入，每组首先一个整数 n，代表矩形的数量；
接下来每行四个整数 x1,x2,y1,y2，表示左上角坐标(x1,y1)与右下角(x2,y2)

输出

每行一个整数，表示矩形的面积并。

样例

input
1
0 0 10 10
2
0 0 10 10
5 5 6 6
0
output
100
100

数据范围

1 $\le$ n $\le$ 1e5
1 $\le$ x1 $<$ x2 $\le$ 1e5
1 $\le$ y1 $<$ y2 $\le$ 1e5
Time limit：2000 ms
Memory limit: 256 MB

题目来源

https://acm.uestc.edu.cn/problem/bai-gei-de-ji-he-ti-1/description

思路

很容易发现，这个题目就是把一维的区间覆盖问题变成了二维的矩形覆盖问题。
一维的区间覆盖问题就是裸的线段树问题，所以刚拿到这题的我就以为是一个裸的二维线段树问题。然而，看到数据范围，我就傻了，二维线段树的空间复杂度是V( $N^2$ ), 所以可以直接否决二维线段树了。
但是这个数据范围告诉我们基本可以确定是线段树了，但我们只能对其中一个维度进行线段树维护。矩形面积不是等于长*宽吗，我们用线段树维护了长度，再乘以一个高就是面积了。

还是看图理解吧。。。
我们可以根据每条横边的高度，将图形分块

我们可以根据矩形上下边界的高度将图形分为若干块，用每块的高度乘上这块的区间覆盖长度就是这一块的面积。这个区间覆盖长度就是一维的线段树问题。从上往下计算时，上边界加，下边界减。

步骤

1.读入每个矩形的两个角坐标
2.将矩形上下边界的左右端点位置、高度、类型（上边界or下边界）信息存入
3.对这2n条线段按高度排序
4.扫描每条线段，对线段树进行修改，修改后查询覆盖区间长度
5.统计答案 ans+=len*high;

分析

每次修改的时间复杂度为O($log(R-L)$)
每次查询的时间复杂度为O($log(R-L)$)
R为右边界，L为左边界，R-L是 $10^5$级别
总的时间复杂度为O（N$logN$)

代码

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define For(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);++i)
#define ls node<<1
#define rs node<<1|1
#define LL long long
using namespace std;
const int maxx=1e5+10;
int read(){
	char x=getchar(); int u=0,fg=0;
	while(!isdigit(x)){ if(x=='-') fg=1; x=getchar(); }
	while(isdigit(x)){ u=(u<<3)+(u<<1)+(x^48); x=getchar(); }
	return fg?-u:u;
}
struct segment{
	int l,r,h;
	bool up;
	bool operator <(const segment tmp)const{
		return h<tmp.h;
	}
}s[maxx<<1];
int tr[maxx<<2],lazy[maxx<<2]; 
int n,cnt,L,R;
void tag(int node,int l,int r,bool add){
	if(add){
		++lazy[node];
		++tr[node];
	}
	else{
		--lazy[node];
		--tr[node];
	}
}
void push_up(int node){
	tr[node]=min(tr[ls],tr[rs]);
}
void push_down(int node,int l,int r,int mid){
	if(!lazy[node]) return;
	int x=lazy[node];
	lazy[ls]+=x;
	lazy[rs]+=x;
	tr[ls]+=x;
	tr[rs]+=x;
	lazy[node]=0;
}
void update(int node,int l,int r,int x,int y,bool add){
	if(x<=l && y>=r){
		tag(node,l,r,add);
		return ;
	}
	if(l>=r) return ;
	int mid=(l+r)>>1;
	push_down(node,l,r,mid);
	if(mid>=y) update(ls,l,mid,x,y,add);
	else if(x>mid) update(rs,mid+1,r,x,y,add);
	else {
		update(ls,l,mid,x,mid,add);
		update(rs,mid+1,r,mid+1,y,add);
	}
	push_up(node);
}
LL query(int node,int l,int r){
	if(tr[node]) return r-l+1;
	if(l>=r) return 0;
	int mid=(l+r)>>1;
	push_down(node,l,r,mid);
	return query(ls,l,mid)+query(rs,mid+1,r);
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("input.in", "r", stdin);
	freopen("output.out", "w", stdout);
#endif
	int a,b,c,d;
	LL ans,len,high;
	while(1){
		n=read(); cnt=0; L=maxx; R=-maxx;
		if(!n) break;
		while(n--){
			a=read()+1; b=read(); c=read(); d=read();
			if(a>c) swap(a,c);		//原题数据有点问题，这里进行些处理
			if(b>d) swap(b,d);
			s[cnt].l=s[cnt|1].l=a;
			s[cnt].h=b;
			s[cnt].r=s[cnt|1].r=c;
			s[cnt|1].h=d;
			s[cnt].up=1;
			s[cnt|1].up=0;
			L=min(L,a);
			R=max(R,c);
			cnt+=2;
		}
		sort(s,s+cnt);
		update(1,L,R,s[0].l,s[0].r,s[0].up);
		len=query(1,L,R); ans=0;
		For(i,1,cnt-1){
			high=s[i].h-s[i-1].h;
			if(high) ans+=len*high;
			update(1,L,R,s[i].l,s[i].r,s[i].up);
			len=query(1,L,R);
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}