poj 1151 hdu 1542 hoj1119 Atlantis 线段树扫描线求矩形面积并

     终于做到了这部分,以前看到这种类型的题只能直接放弃的,现在终于AC了第一个这种题

因为坐标都是浮点数,所以需要对坐标进行离散化(需要插入线段树的坐标进行离散化),为了方便,我直接用了map

     将每个矩形的上下两条水平边存到数组中(得记录这条边是下边还是上边,为了计算覆盖次数,下边记为1,上边记为-1),按y的大小排序;从y最小的边开始向上扫描,首先将一条边插入线段树,然后得到当前当前扫描线所在位置的覆盖到的边的总长,                                                                                                  

第一次是A1B1边插入到书中,扫描线覆盖到的边的总长就是A1B1,再拿他乘以当前高度和下一条边的高度差,得到底下那个矩形的面积

第二次是第二条黑边插入线段树,这时扫描到的总长度为A2B2,再拿他乘以当前高度和下一条边的高度差,得到中间那个长矩形的面积

第三次是A1B1的对边插入线段树,因为这条边是上边,所以覆盖次数会被-1,挺次,原先线段树中被A1B1覆盖的部分会被-1,所以,此时线段树中能够计算得到扫面线扫到的总长为A3B3的长度,再拿他乘以当前高度和下一条边的高度差,得到最上面那个矩形的面积

三者相加就是总面积了

插入的时候也得注意,不是根据坐标计算出其离散值就当做区间直接插入,而是要将右坐标的离散值减1,这样做的原因是:


这样的两条线段其实没有相互覆盖,但是如果r不减1的话,他们就会变成彼此覆盖的了……在这颗线段树中,一个点其实表示一个区间

这么做了以后,在计算时只要再把r加上1就好了

以下是代码:

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int MAX = 210;
struct line
{
    double l,r,h;
    int f;
    line(){}
    line(double a,double b,double c,int d):l(a),r(b),h(c),f(d){}
}a[MAX<<1];
double sum[MAX<<2],x0[MAX];
int cov[MAX<<2];
mapm;
int cmp(const line &a,const line &b)
{
    return a.h=r)
    {
        cov[rt]+=c;
        push_up(l,r,rt);
        return;
    }
    int mid = r+l>>1;
    if(L<=mid) update(c,L,R,l,mid,rt<<1);
    if(R>mid) update(c,L,R,mid+1,r,rt<<1|1);
    push_up(l,r,rt);
}
int main()
{
    int n;
    double x1,x2,y1,y2;
    int cas = 0;
    while(scanf("%d",&n)&&n)
    {
        int cnt = 0;
        int flag = 0;

        for(int i=0; i::iterator iter;
        int k = 0;
        for(iter=m.begin(); iter!=m.end(); iter++)
        {
            x0[++k] = iter->first;
            iter->second = k;
        }
        sort(a,a+cnt,cmp);
        double ans = 0;
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        memset(cov,0,sizeof(cov));
        for(int i=0; i


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