- POJ 2528 - Mayor’s posters
- Time: 1000MS
- Memory: 65536K
- 难度: 中级
- 分类: 线段树
问题描述
有一面墙，被等分为1QW份，一份的宽度为一个单位宽度。现在往墙上贴N张海报，每张海报的宽度是任意的，但是必定是单位宽度的整数倍，且 <=1QW 。后贴的海报若与先贴的海报有交集，后贴的海报必定会全部或局部覆盖先贴的海报。现在给出每张海报所贴的位置（左端位置和右端位置），问张贴完N张海报后，还能看见多少张海报？（看见一部分也算看到。）
解题思路
水题，区间压缩映射（离散化）+ 线段树
首先建立模型：
给定一条数轴，长度为1QW，然后在数轴上的某些区间染色，第i次对区间染色为i，共染色N次。给出每次染色的区间，问最后能看见多少种颜色。
常规思路：
若第i次在区间 [ai, bi]染色，则把 [ai, bi] 的每一格都染色为i。后染的颜色覆盖先染的颜色。由于染色N次，定义一个标记数组tagcol，从数轴第一格开始检查，一直检查到最后，出现过得颜色则记录到tagcol，最后统计tagcol中不同颜色的个数，就是所求。
数据规模太大，必定TLE。
应该用线段树去求解，这题只是线段树的入门水题，不懂线段树的同学去找一些相关资料大概学习一下，然后看一下我代码中注释，这题就有思路做了。我推荐你们去看看“浙江大学acm校队”的关于线段树的PPT，里面有线段树从入门到精通的案例，也有涉及离散化的介绍，百度搜就有了。
然后我这里补充几点线段树的知识，网上关于线段树的资料很多有误导：
- 1、 线段树是二叉树，且必定是平衡二叉树，但不一定是完全二叉树。
- 2、 对于区间
[a,b]，令mid=(a+b)/2，则其左子树为[a,mid]，右子树为[mid+1,b]，当a==b时，该区间为线段树的叶子，无需继续往下划分。 - 3、 线段树虽然不是完全二叉树，但是可以用完全二叉树的方式去构造并存储它，只是最后一层可能存在某些叶子与叶子之间出现“空叶子”，这个无需理会，同样给空叶子按顺序编号，在遍历线段树时当判断到
a==b时就认为到了叶子，“空叶子”永远也不会遍历到。 - 4、 之所以要用完全二叉树的方式去存储线段树，是为了提高在插入线段和搜索时的效率。用
p*2，p*2+1的索引方式检索p的左右子树要比指针快得多。 - 5、 线段树的精髓是，能不往下搜索，就不要往下搜索，尽可能利用子树的根的信息去获取整棵子树的信息。如果在插入线段或检索特征值时，每次都非要搜索到叶子，还不如直接建一棵普通树更来得方便。
但是这题单纯用线段树去求解一样不会AC，原因是建立一棵 [1,1QW]的线段树，其根系是非常庞大的，TLE和MLE是铁定的了。所以必须离散化。
通俗点说，离散化就是压缩区间，使原有的长区间映射到新的短区间，但是区间压缩前后的覆盖关系不变。举个例子：
有一条1到10的数轴（长度为9），给定4个区间 [2,4] [3,6] [8,10] [6,9]，覆盖关系就是后者覆盖前者，每个区间染色依次为 1 2 3 4。
现在我们抽取这4个区间的8个端点，2 4 3 6 8 10 6 9
然后删除相同的端点，这里相同的端点为6，则剩下2 4 3 6 8 10 9
对其升序排序，得2 3 4 6 8 9 10
然后建立映射
| 2 | 3 | 4 | 6 | 8 | 9 | 10 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| ↓ | ↓ | ↓ | ↓ | ↓ | ↓ | ↓ |
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
那么新的4个区间为 [1,3] [2,4] [5,7] [4,6]，覆盖关系没有被改变。新数轴为1到7，即原数轴的长度从9压缩到6，显然构造 [1,7] 的线段树比构造 [1,10] 的线段树更省空间，搜索也更快，但是求解的结果却是一致的。
离散化时有一点必须要注意的，就是必须先剔除相同端点后再排序，这样可以减少参与排序元素的个数，节省时间。
附：海报张数上限为10000，即其端点映射的新数轴长度最多为20000。因此建立长度为1QW的离散数组dis时，可以使用unsigned short类型，其映射值最多为20000，这样可以节约空间开销。
测试数据
AC 源码
//Memory Time
//21276K 547MS
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
class LineTree_Node
{
public:
int s,e; //区间端点
int col; //区间颜色
LineTree_Node():s(0),e(0),col(0){}
};
class solve
{
public:
solve(int n):N(n)
{
Initial();
Input();
CreatLineTree(1,Maxp,1);
Solution();
}
~solve()
{
for(int i=1;i<=N;i++)
delete[] reg[i];
delete[] ep;
delete[] dis;
delete[] tagcol;
delete[] LT;
}
void Initial(void); //初始化并申请存储空间
void Input(void); //输入
void CreatLineTree(int sp,int tp,int p); //构造[sp,tp]线段树
void Solution(void); //插入区间，统计颜色
void Insert(int a,int b,int p,int color); //[a,b]:把区间[a,b]插入线段树
//p:当前所在线段树的位置
//color:当前区间的染色
void DFS(int p); //遍历线段树,计算线段树中不同颜色的个数
protected:
int N; //海报数(区间数)
int Maxp; //记录(压缩后的)最大端点,用于建造区间[1,Maxp]的线段树
LineTree_Node* LT; //线段树
int **reg; //顺序存储输入的区间（每张海报的宽度）
int *ep; //顺序存储输入的每个区间的2个端点
unsigned short *dis; //映射端点，压缩区间（离散化）
bool* tagcol; //标记能看见的颜色
int cnt; //计数器，记录线段树中能看见的不同的颜色数
};
void solve::Initial(void)
{
cnt=0;
reg=new int*[N+1];
for(int i=1;i<=N;i++)
reg[i]=new int[2];
ep=new int[2*N+1];
dis=new unsigned short[1e7+1];
memset(dis,0,sizeof(unsigned short)*(1e7+1));
tagcol=new bool[N+1];
memset(tagcol,false,sizeof(bool)*(N+1));
return;
}
void solve::Input(void)
{
int p=0;
for(int i=1;i<=N;i++)
{
scanf("%d %d",® [ i ][0],® [ i ][1]);
/*避免相通的端点重复映射到不同的值*/
/*也为了减少参与排序的元素个数，这里必须做标记*/
/*同时为了节约空间，本用于离散化的dis[]数组暂时用来标记端点*/
if(dis[reg[i][0]]==0)
{
ep[p++]=reg[i][0];
dis[reg[i][0]]=1;
}
if(dis[reg[i][1]]==0)
{
ep[p++]=reg[i][1];
dis[reg[i][1]]=1;
}
}
/*离散化*/
sort(ep,ep+p); //区间端点排序
unsigned short hash=0;
for(int j=0;j<p;j++)
dis[ep[j]]=++hash; //把排好序的端点依次映射到1,2,...,Maxp
Maxp=hash;
LT=new LineTree_Node[4*Maxp+1];
return;
}
void solve::CreatLineTree(int sp,int tp,int p)
{
LT[p].s=sp;
LT[p].e=tp;
if(sp==tp)
return;
/*注意线段树不一定都是完全二叉树*/
/*但是为了处理方便，加快搜索效率*/
/*我们完全可以把线段树以完全二叉树的形式进行构造、存储*/
int mid=(sp+tp)>>1;
CreatLineTree(sp,mid,p*2);
CreatLineTree(mid+1,tp,p*2+1);
return;
}
void solve::Solution(void)
{
for(int i=1;i<=N;i++)
Insert(dis[reg[i][0]],dis[reg[i][1]],1,i); //逐个区间(海报)对线段树染色
DFS(1);
printf("%d\n",cnt);
return;
}
void solve::Insert(int a,int b,int p,int color)
{
if(b<LT[p].s || a>LT[p].e) //[a,b]与[s,e]完全无交集
return; //说明[a,b]不被[s,e]所在的子树包含，无需向下搜索
if(a<=LT[p].s && b>=LT[p].e)//[a,b]完全覆盖[s,e]
{
LT[p].col=color;//[s,e]染单色，暂时无需对[s,e]的子树操作(这是由线段树的搜索机制决定的)
return; //因此直接返回
}
/*若能执行到这里，说明[a,b]部分覆盖[s,e]*/
if(LT[p].col>=0) //[s,e]本为无色或者单色
{ //由于不知道[a,b]覆盖了[s,e]多少
LT[p*2].col=LT[p*2+1].col=LT[p].col; //因此先由[s,e]的孩子继承[s,e]的单色
LT[p].col=-1; //[s,e]由于被部分覆盖，染色为多色
}
/*若能执行到这里，说明[s,e]为多色*/
/*细化处理[s,e]的孩子，确定[s,e]中哪部分的区间是什么颜色*/
Insert(a,b,p*2,color);
Insert(a,b,p*2+1,color);
return;
}
void solve::DFS(int p)
{
if(LT[p].col==0) //[s,e]为无色，其孩子也必为无色，无需继续搜索
return;
if(LT[p].col>0) //[s,e]为单色，则无需向下搜索
{ //因为其子区间必被[s,e]覆盖,能看见的只有[s,e]的颜色
if(!tagcol[LT[p].col])
{
tagcol[LT[p].col]=true;
cnt++;
}
return;
}
if(LT[p].col==-1) //[s,e]为多色，说明能在[s,e]看到集中颜色
{ //搜索其子区间具体有什么颜色
DFS(p*2);
DFS(p*2+1);
}
return;
}
int main(void)
{
int test;
scanf("%d",&test);
for(int t=1;t<=test;t++)
{
int n;
scanf("%d",&n);
solve poj2528(n);
}
return 0;
}
