Codevs 题目3044 矩形面积求并（线段树+扫描线+离散化）

3044 矩形面积求并

时间限制: 1 s

空间限制: 256000 KB

题目等级 : 钻石 Diamond


题解

查看运行结果

题目描述 Description

输入n个矩形，求他们总共占地面积（也就是求一下面积的并）

输入描述 Input Description

可能有多组数据，读到n=0为止(不超过15组)
每组数据第一行一个数n，表示矩形个数(n<=100)
接下来n行每行4个实数x1,y1,x2,y1(0 <= x1 < x2 <= 100000;0 <= y1 < y2 <= 100000)，表示矩形的左下角坐标和右上角坐标

输出描述 Output Description

每组数据输出一行表示答案

样例输入 Sample Input

2
10 10 20 20
15 15 25 25.5
0

样例输出 Sample Output

180.00

数据范围及提示 Data Size & Hint

无

分类标签 Tags 点此展开

原来这就是扫描线啊，把线段按y从小到大排序，然后从下到上的扫，用一个flag记录+1表示矩形的底边，-1表示矩形的顶边，用个col记录，每次加上flag,从上往下扫的时候，记录当前的线段在x轴上的投影，就是长的贡献，即sum[1]，然后乘以这个线段和他上边第一个线段的y的差值，就是高的贡献，要是扫过这个矩形的的底和顶对x的轴的投影贡献就不算他了，col就消去了，col>0时说明这段区间一定对x轴有投影，n条线段扫n-1次就可以了。
ac代码

评测ID: 1507846
用户名: 略懂_is_a_Joker
状态: 测试通过 Accepted
得分 ： 100
总时间耗费: 8ms
总内存耗费: 256 kB

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct s
{
double x1,x2,y;
int flag;
}a[880];
double hash[805],sum[805];
int col[805];
int cmp(s a,s b)
{
return a.y<b.y;
}
int bseach(double key,int n)
{
int l=1,r=n;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(hash[mid]==key)
return mid;
if(hash[mid]<key)
l=mid+1;
else
r=mid-1;
}
return l;
}
void pushup(int tr,int l,int r)
{
if(col)
sum=hash[r+1]-hash[l];
else
if(l==r)
sum=0;
else
sum=sum[tr<<1]+sum[tr<<1|1];
}
void update(int L,int R,int l,int r,int tr,int flag)
{
if(L<=l&&r<=R)
{
col+=flag;
pushup(tr,l,r);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(L<=mid)
update(L,R,l,mid,tr<<1,flag);
if(R>mid)
update(L,R,mid+1,r,tr<<1|1,flag);
pushup(tr,l,r);
}
int main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
if(n==0)
break;
memset(col,0,sizeof(col));
memset(sum,0,sizeof(sum));
double x1,x2,y1,y2;
int i,k=1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lf%lf%lf%lf",&x1,&y1,&x2,&y2);
a[k].x1=x1;
a[k].x2=x2;
a[k].y=y1;
a[k].flag=1;
hash[k++]=x1;
a[k].x1=x1;
a[k].x2=x2;
a[k].y=y2;
a[k].flag=-1;
hash[k++]=x2;
}
sort(a+1,a+k,cmp);
//int cnt=unique(hash+1,hash+k)-(hash+1);
sort(hash+1,hash+k);
double ans=0;
for(i=1;i<k-1;i++)
{
int x,y;
x=bseach(a[i].x1,k-1);
y=bseach(a[i].x2,k-1)-1;
if(x<=y)
update(x,y,1,k-1,1,a[i].flag);
ans+=sum[1]*(a[i+1].y-a[i].y);
}
printf("%.2lf\n",ans);
}
}