5.4 例题5-12城市正视图
题目链接：https://vjudge.net/problem/UVA-221
有n个建筑物。左侧是俯视图（左上角是建筑物编号，右下角是高度），右侧是从南向北看的正视图。
输入每个建筑物左下角坐标（即x，y坐标的最小值），宽度（即x方向的长度），深度（即y方向的长度）和高度（以上数据均为实数），输出正视图中能看到的所有建筑物，按照左下角x坐标从小到大进行排序。左下角坐标相同时，按照y坐标从小到大排序。输入保证不同的x坐标不会很接近（即任意两个x坐标要么完全相同，要么差别足够大，不会引起精度问题）。
把所有x坐标排序去重，则任意两个相邻x坐标形成的区间具有相同属性，一个区间要么完全可见，要么完全不可见。这样，只需在这个区间里任选一个点（例如中点），就能判断出一个建筑物是否在整个区间内可见。如何判断一个建筑物是否在某个x坐标处可见呢？首先，建筑物的坐标中必须包含这个x坐标，其次，建筑物南边不能有另外一个建筑物也包含这个坐标，并且不比它矮。
先讲讲题目思路：
我们来个简单的模型（假设下面四个楼房一样高）：
现在我们来想想，如果我们从前向后看，能看到几个楼房？（楼房都一样高）
显然是3号、2号和4号。
那么怎么让计算机解决这个问题呢？
我们判断建筑物是否可见，我们是不是可以枚举从 3号楼最左端到4号楼的最右端 所有的x坐标，看看该建筑物是否在x轴的某个范围内可见，这个在我们人脑中想一下就可以得出答案，但是计算机可不能这样处理问题，因为从 3号楼最右端到4号楼的最左端 的x坐标有无数个，这样一来我们只能将问题离散化 ，怎么离散化呢？看下图：
我们将 3号楼最左端到4号楼的最右端的区间给分割成6个小区间，这样一来我们就会发现每个区间只有两种状态：1. 存在楼房，2. 不存在楼房。
那么我们怎么知道这个区间内是否存在楼房呢？我们可以在区间中任意取一点，然后判断这点是否属于某栋楼房的范围，这个点我们就可以取中点。
现在我们最后的问题是怎么判断某栋楼是否在某个区间中可见，必须满足下面两个条件：
1.建筑物必须包含这个区间（前面讲到，只须判断区间中点是否在建筑物范围内即可）
2.建筑物的南面不能有和其处于同一区间并且比其高的建筑物（这个我们只须遍历所有楼房即可）
好了，再来看看代码怎么实现：
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = 100 + 5;
struct Building{
int id;
double x, y, w, d, h;
bool operator < (const Building& rhs) const{ //重载运算符<
return x < rhs.x || (x == rhs.x && y } }b[maxn]; int n; double x[maxn* 2]; //用来存储各个建筑物的左右坐标 bool cover(int i, double mx) //判断建筑物i在该区间内（以该区间中点mx做判断） { return b[i].x <= mx && b[i].x + b[i].w >= mx; //true时 b[i]的x坐标有包含该区间，所以在该区间内 } bool visible(int i, double mx) { if (!cover(i, mx)) return false; //判断b[i]是否在该区间内 for (int k = 0; k < n;k++) if (b[k].y < b[i].y &&b[k].h >= b[i].h &&cover(k, mx)) //判断b[i]在该区间是否会被前面的建筑挡到 return false; //b[i]被b[k]挡住 return true; //没被挡到，b[i]在mx处可见 } int main() { int kase = 0; while (scanf("%d", &n) == 1&& n) { //n个建筑 for (int i = 0; i < n;i++) { scanf("%lf%lf%lf%lf%lf",&b[i].x, &b[i].y, &b[i].w, &b[i].d, &b[i].h); x[i* 2] = b[i].x; x[i* 2 + 1] = b[i].x + b[i].w; // 在存入数据的同时将其首末位置都存入x数组中 b[i].id= i + 1; } sort(b,b + n); //按照结构体中重载的运算符<排序，x小的在前面，x相同y小的在前面 cout< // for(inti=0;i // cout< sort(x,x + n * 2); int m = unique(x, x + n* 2) - x; //x坐标排序后去重，得到m个坐标 // for(int i=0;i // cout< if (kase++)printf("\n"); printf("For map #%d,the visible buildings are numbered as follows:\n%d", kase, b[0].id); //左下角的建筑肯定可以看到 for (int i = 1; i < n;i++) { bool vis = false; for (int j = 0; j < m -1; j++) { if(visible(i, (x[j] +x[j + 1]) / 2)) { vis=true; break; } //如果true b[i]在各个区间之间的中点处可见 } if (vis) printf(" %d", b[i].id); } printf("\n"); } return0; } 代码思路： 1、定义结构体，并重载运算符<,用于排序。然后声明一个结构体数组b,在声明一个数组x，用于存储区间 2、输入并存储数据（b记录建筑的每个数据，x记录每个建筑的两个x坐标点） 3、将两个数组排序，然后将x数组去重，得到离散化后的区间，并求出区间数量m 4、输出题目要求格式，将第一个b[0]输出（排序后b[0]的x，y都最小，必能看见） 5、依次对每一个建筑，遍历每一个区间，判断看见的条件是否成立： 5.1 是否在该区间内 （是就进行5.2，否则条件不成立，break） 5.2 在该区间内，是否为第一个建筑 （是就说明可看见条件成立，break，否则进行5.3） 5.3 在该区间内，不是第一个建筑，再遍历该区间排在其前面的建筑，是否都比它们高 （是就可以看见，条件成立，否则break） 6、以上判断，条件成立的（看bool值），即可输出该建筑编号 7、等待下一次输入，或者结束 （想做流程图的，发现很耗时间，就直接文字了） 题目知识点： 1、 从结果看题：一开始看到题，会想不到这么多数据怎么用，但看到结果，是一种平视图，就应该想到这里可以减少一种数据，建筑的深度，因为它不影响判断。再看图，影响结果的有建筑的编号，长度，高度，还有潜在的位置（y轴），找到大概的判断路径（x->y->h)。 2、数据离散化：当数据只与它们之间的相对大小有关，而与具体是多少无关时，可以进行离散化。使用STL算法离散化，思路是：先排序，再删除重复元素，最后就是索引元素离散化后对应的值。在这道题上就是要将不同建筑的x坐标转化为区间，用独立的区间来判断里面是否可以看见建筑，有几座。同时可以看到，建筑的深度这个数据是没作用的。 代码知识点： 1、结构体重载运算符再用sort：sort函数默认下排序结构体，会以第一个变量，做升序。这里代码重载运算符<，达到的效果是：两个建筑先比较x坐标，如果相同，再比较y坐标，保证最后b[0]存储的是最左下的建筑，并在后面的区间遍历比较有作用。这个点扩展我对sort的理解，原来以为只是一个排序功能的函数，通过重载运算符，可以进行更高级的排序，相信肯定有不少其他函数也有这种功能。 2、unique函数：unique的作用是去掉容器中相邻元素的重复元素，该函数不能改变包含元素范围的对象的属性（即，它不能改变数组或容器的大小）通过用下一个不重复的元素替换重复元素来完成删除，而返回值是去重之后的 尾地址！ 举个例子： int num[10]={1,1,2,2,2,3,4,5,5,5}; int ans=unique(num,num+10)-num; 这时，返回的ans是5，而num中前5项就是1,2,3,4,5，一般使用前需要对容器进行排序，这样才能实现对整个数组去重。 有一点： for (int i = 0; i < 10; i++) cout << num[i]; 输出的是：1 2 3 4 5 3 4 5 5 5 说明该函数将重复的数值删除了(通过用下一个不重复的元素替换重复元素来完成删除）达到不重复的全部元素后，后面元素就不理了 但在网上查询的过程中，有很多文章说的是，unique去重的过程是将重复的元素移到容器的后面去，实际上这种说法并不正确，应该是把不重复的元素移到前面来。