威威猫系列故事——晒被子

Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65535/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1592    Accepted Submission(s): 444

Problem Description
  因为马拉松初赛中吃鸡腿的题目让不少人抱憾而归,威威猫一直觉得愧对大家,这几天他悄悄搬到直角坐标系里去住了。
  生活还要继续,太阳也照常升起,今天,威威猫在第一象限晒了N条矩形的被子,被子的每条边都和坐标轴平行,不同被子的某些部分可能会叠在一起。这时候,在原点处突然发了场洪水,时间t的时候,洪水会蔓延到( t, t ),即左下角为( 0, 0 ) ,右上角为( t, t )的矩形内都有水。
  悲剧的威威猫想知道,在时间t1, t2, t3 ... tx 的时候,他有多少面积的被子是湿的?
 
Input
输入数据首先包含一个正整数T,表示有T组测试数据;
每组数据的第一行首先是一个整数N,表示有N条被子;
接下来N行,每行包含四个整数x1, y1, x2, y2,代表一条被子的左下角和右上角的坐标;
然后接下来一行输入一个整数x,表示有x次询问;
再接下来x行,输入x个严格单调递增的整数,每行一个,表示威威猫想知道的时间ti。

[Technical Specification]
T <= 5
0 < N <= 20000
1 <= x1 < x2 <= 200000
1 <= y1 < y2 <= 200000
1 <= x <= 20000
1 <= ti <= 200000 (1 <= i <= x )

 
Output
对于每次询问,请计算并输出ti时有多少面积的被子是湿的,每个输出占一行。
 

Sample Input

1
2
1 1 3 3
2 2 4 4
5
1
2
3
4
5

Sample Output

0
1
5
8
8
/*
hdu 4533 线段树(问题转化+) 已知有n个矩形床单,假设水从原点开始蔓延,t秒时(0,0)->(t,t)的范围内会有睡
给你m个询问,x时间床单湿的面积 最开始想的是扫描线,感觉有点像求矩形重复面积的部分。但是想了会发现扫描线是从
下往上递推出来的,但本题需要的是(x,x)这个矩形范围内的面积,并不能通过一次query搞出,卒 Orz 然后就去膜拜大神了TAT
对于一个矩形床单(x1,y1,x2,y2),如果它被全覆盖面积也就是(x2-x1)*(y2-y1).但如果覆盖一部分也就是
(t-x1)*(t-y1)(t为正方形的边长).
但是覆盖方式有好几种
1.max(x1,y1)<=t<=min(x2,y2):即正方形的直角的矩形内
->s=(t-x1)*(t-y1)=t*t-(x1+y1)*t+x1*y1
2.min(x2,y2)<=t<=max(x2,y2):假设只与上边相交(如图)
s=(t-x1)*(t-y1) - (t-x2)*(t-y1) = (-x1-y1+x2+y1)*t+(x1*y1-x2*y1)
_
____|_|_
| | | |
| |_| |
| |
|________|
只与正方形右边相交右边的情况同理.... 可以发现上面的面积公式都可以转换成 A*t*t+B*t+C(一个关于t的公式)
就一个位置的t而言,不通的床单都会给他一个不同A,B,C系数,而且是可以加减叠加的
于是就可以利用线段树保存每个t对应的系数,然后依次query计算一下就能解决了
这转化也是给跪哩 ╮(╯_╰)╭ 所以我们需要通过判断来确定床单所适合t的范围,如果2就不可能出现与正方形上.右边同时
相交的情况。
又单面相交而言:
图1(x2,y2) 图2(y1,y2)
t1=max(x1,y1) t2=(min(x2,y2)) ->max(t1,t2)~max(x2,y2)
_ _
| | | |
____|_| ___|_|__
| |_| | |
| | | |
|______| | |
|________|
参考:http://blog.csdn.net/zkfzkfzkfzkfzkfzkfzk/article/details/8738504
hhh-2016-04-03 17:22:44
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <functional>
using namespace std;
#define lson (i<<1)
#define rson ((i<<1)|1)
typedef long long ll;
const int mod = 1e8+7;
const int maxn = 200050;
int limi = 200000; struct node
{
int l,r;
ll A,B,C;
int mid()
{
return (l+r)>>1;
}
int len()
{
return (r-l+1) ;
}
} tree[maxn<<2]; void update_up(int i)
{ } void build(int i,int l,int r)
{
tree[i].l = l,tree[i].r = r;
tree[i].A = tree[i].B = tree[i].C = 0;
if(l == r)
return ;
build(lson,l,tree[i].mid());
build(rson,tree[i].mid()+1,r);
update_up(i);
} void update_down(int i)
{
tree[lson].A+=tree[i].A,tree[rson].A+=tree[i].A;
tree[lson].B+=tree[i].B,tree[rson].B+=tree[i].B;
tree[lson].C+=tree[i].C,tree[rson].C+=tree[i].C;
tree[i].A = tree[i].B = tree[i].C = 0;
} void update(int i,int l,int r,ll *va)
{
if(tree[i].l >= l && tree[i].r <= r)
{
tree[i].A += va[0],tree[i].B += va[1],tree[i].C += va[2];
return ;
}
int mid = tree[i].mid();
if(l <= mid)
update(lson,l,r,va);
if(r > mid)
update(rson,l,r,va);
update_up(i);
} ll query(int i,ll k)
{
if(tree[i].l == tree[i].r)
{
return (ll)tree[i].A*k*k+tree[i].B*k+tree[i].C;
}
int mid = tree[i].mid();
update_down(i);
if(k <= mid)
return query(lson,k);
else
return query(rson,k);
}
ll Min(ll a,ll b)
{
return a<b ? a:b;
} ll Max(ll a,ll b)
{
return a>b ? a:b;
}
ll v[5];
void cal(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2)
{
int a=Max(x1,y1),b = Min(x2,y2),c = Max(x2,y2);
v[0]=v[1]=v[2] =0;
v[2] = (x2-x1)*(y2-y1);
update(1,c+1,limi,v); //被全包围
v[0] = 1,v[1] = -(x1+y1),v[2] = x1*y1;
if(b > a) //与正方形 右.上边同时相交的情况
update(1,a+1,b,v);
if(x2 < y2) //只与正方形上边相交
{
v[0] = 0,v[1]+= (x2+y1),v[2]-= x2*y1;
}
else if(x2 > y2) //只与正方形右边相交
{
v[0] = 0,v[1]+= (x1+y2),v[2]-=x1*y2;
}
if(a > b) //与不同的边以不同相交 范围不一样
b = a;
update(1,b+1,c,v);
} int main()
{
int t,n,m;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d",&n);
ll x1,y1,x2,y2;
build(1,1,limi);
for(int i = 0; i < n; i++)
{
scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&x1,&y1,&x2,&y2);
cal(x1,y1,x2,y2);
}
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
ll k;
scanf("%I64d",&k);
printf("%I64d\n",query(1,k));
}
}
return 0;
}

  

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