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389B qq_23930765 2021-09-30 08:42:39
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11.8MB guoruibin123 2021-05-21 15:45:32
• 27KB lyy289065406 2011-09-22 07:36:02
• hiho1079 : 离散化(线段树+区间离散化) poj2528 离散化

#1079 : 离散化 时间限制:10000ms 单点时限:1000ms 内存限制:256MB 描述 小Hi和小Ho在回国之后，重新过起了朝7晚5的学生生活，当然了，他们还是在一直学习着各种算法~ 这天小Hi和小Ho所在的学校举办社团...

#1079 : 离散化

时间限制: 10000ms
单点时限: 1000ms
内存限制: 256MB

描述

小Hi和小Ho在回国之后，重新过起了朝7晚5的学生生活，当然了，他们还是在一直学习着各种算法~

这天小Hi和小Ho所在的学校举办社团文化节，各大社团都在宣传栏上贴起了海报，但是贴来贴去，有些海报就会被其他社团的海报所遮挡住。看到这个场景，小Hi便产生了这样的一个疑问——最后到底能有几张海报还能被看见呢？

于是小Ho肩负起了解决这个问题的责任：因为宣传栏和海报的高度都是一样的，所以宣传栏可以被视作长度为L的一段区间，且有N张海报按照顺序依次贴在了宣传栏上，其中第i张海报贴住的范围可以用一段区间[a_i, b_i]表示，其中a_i, b_i均为属于[0, L]的整数，而一张海报能被看到当且仅当存在长度大于0的一部分没有被后来贴的海报所遮挡住。那么问题就来了：究竟有几张海报能被看到呢？

提示一：正确的认识信息量

提示二：小Hi大讲堂之线段树的节点意义

输入

每个测试点（输入文件）有且仅有一组测试数据。

每组测试数据的第1行为两个整数N和L，分别表示总共贴上的海报数量和宣传栏的宽度。

每组测试数据的第2-N+1行，按照贴上去的先后顺序，每行描述一张海报，其中第i+1行为两个整数a_i, b_i，表示第i张海报所贴的区间为[a_i, b_i]。

对于100%的数据，满足N<=10^5，L<=10^9，0<=a_i<b_i<=L。

输出

对于每组测试数据，输出一个整数Ans，表示总共有多少张海报能被看到。

样例输入
5 10
4 10
0 2
1 6
5 9
3 4
样例输出
5
这道题我们首先想到的就是用线段树做  可是发现数据特别大

这时候就用到离散化了。

离散化  简而言之 就是把区间缩小  但是相对大小不变  这样就能用线段树维护了

当然 还有一个注意点就是 离散的区间是[l,mid],[mid,r]  而不是[l,mid],[mid+1,r]. 至于为什么这样  可以用反证法~~如果[mid,mid+1]之间有一个海报怎么存贮？

奉上代码：

#include <stdio.h>
#include <vector>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct node
{
int flag;
int l,r;
};
vector<int>v;
int res;
int N;
bool use[100005*2+10];
node tree[40*100000];
int point_x;
int point_y;
int getid(int x)
{
return lower_bound(v.begin(),v.end(),x)-v.begin()+1;
}
void build(int root,int l,int r)
{
tree[root].flag=0;
tree[root].l=l;
tree[root].r=r;
if(l+1==r) return ;
int mid=(l+r)/2;
build(root*2,l,mid);
build(root*2+1,mid,r);
}
void update(int l,int r,int root,int x)
{

if(tree[root].l==l&&tree[root].r==r)
{
tree[root].flag=x;
return ;
}
if(tree[root].l+1>=tree[root].r) return;
if(tree[root].flag)
{
tree[root*2+1].flag=tree[root*2].flag=tree[root].flag;
tree[root].flag=0;
}
int mid=(tree[root].l+tree[root].r)/2;
if(l>mid)
update(l,r,root*2+1,x);
else if(r<=mid)
update(l,r,root*2,x);
else
{
update(l,mid,root*2,x);
update(mid,r,root*2+1,x);
}
}
void query(int root)
{

if(tree[root].flag&&!use[tree[root].flag])
{
res++;
use[tree[root].flag]=true;
return ;
}
if(tree[root].l+1>=tree[root].r) return ;
if(!use[tree[root].flag])
{
query(root*2);
query(root*2+1);
}

}
int main()
{
int n,l;
memset(tree,0,sizeof(tree));
v.clear();
scanf("%d %d",&n,&l);
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d %d",&point_x[i],&point_y[i]);
v.push_back(point_x[i]);
v.push_back(point_y[i]);
}
sort(v.begin(),v.end());
v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());
N=v.size();
build(1,1,N);
for(int i=0;i<n;i++)
{
update(getid(point_x[i]),getid(point_y[i]),1,i+1);
}
res=0;
memset(use,false,sizeof(use));
query(1);
printf("%d\n",res);
return 0;
}

展开全文 su20145104009 2016-08-16 21:33:02
• POJ2528解题报告，区间离散化，线段树 线段树 染色问题

POJ2528解题报告，区间离散化线段树

POJ2528解题报告，区间离散化，线段树
Mayor’s posters
Time Limit: 1000MS Memory Limit: 65536K
Total Submissions: 51104 Accepted: 14790
Description
The citizens of Bytetown, AB, could not stand that the candidates in the mayoral election campaign have been placing their electoral posters at all places at their whim. The city council has finally decided to build an electoral wall for placing the posters and introduce the following rules:
• Every candidate can place exactly one poster on the wall.
• All posters are of the same height equal to the height of the wall; the width of a poster can be any integer number of bytes (byte is the unit of length in Bytetown).
• The wall is divided into segments and the width of each segment is one byte.
• Each poster must completely cover a contiguous number of wall segments.

They have built a wall 10000000 bytes long (such that there is enough place for all candidates). When the electoral campaign was restarted, the candidates were placing their posters on the wall and their posters differed widely in width. Moreover, the candidates started placing their posters on wall segments already occupied by other posters. Everyone in Bytetown was curious whose posters will be visible (entirely or in part) on the last day before elections.
Your task is to find the number of visible posters when all the posters are placed given the information about posters’ size, their place and order of placement on the electoral wall.
Input
The first line of input contains a number c giving the number of cases that follow. The first line of data for a single case contains number 1 <= n <= 10000. The subsequent n lines describe the posters in the order in which they were placed. The i-th line among the n lines contains two integer numbers li and ri which are the number of the wall segment occupied by the left end and the right end of the i-th poster, respectively. We know that for each 1 <= i <= n, 1 <= li <= ri <= 10000000. After the i-th poster is placed, it entirely covers all wall segments numbered li, li+1 ,… , ri.
Output
For each input data set print the number of visible posters after all the posters are placed.

The picture below illustrates the case of the sample input.

Sample Input
1
5
1 4
2 6
8 10
3 4
7 10
Sample Output
4
Source
Alberta Collegiate Programming Contest 2003.10.18
这次主要学习了离散化：在不改变端点的相对顺序的情况下，将区间压缩到最小。例如，两个区间[1,10]、[5,11]，对端点进行排序，然后重新赋值，令5=2，10=3，11=14，然后区间变成[1,3]、[2,4]。对输入的数排序去重后，把区间缩减。这样，总共就输入10000个线段，最多20000个端点，这样的线段树规模比原先的一千万就小了很多。

#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define MAX 20010
#define Lson(x) ((x) << 1)  //计算左孩子位置
#define Rson(x) (((x) << 1) + 1)    //计算右孩子位置
using namespace std;
struct Node
{
int l;  //线段左端点值
int r;  //线段右端点
int c;  //线段的颜色
}nodes[MAX * 5];
int map[MAX];    //记录输入线段的左右两个端点
int record[MAX];    //记录颜色是否已经出现
int total;
//用于离散化
struct Line
{
int point;  //记录端点的坐标
int num;    //记录原来的编号
}line[MAX * 2];
int mycmp(const Line &a, const Line &b)
{
return a.point < b.point;
}
void buildTree(int l, int r, int Node)//口诀：赋值，判断，递归，（更新）
{
nodes[Node].l = l,nodes[Node].r = r,nodes[Node].c = 0;  //初始化颜色都为0
if(l == r) return ;
int mid = (l + r) >> 1;
buildTree(l, mid, Lson(Node));  //构造左子树
buildTree(mid + 1, r, Rson(Node));  //构造右子树
}
void insert(int l, int r, int Node, int color)//口诀：先判断完全覆盖，再判断更新左右儿子，后递归染色，（回溯更新）
{
if(nodes[Node].l == l && nodes[Node].r == r)    //刚好完全覆盖，修改颜色，直接返回
{
nodes[Node].c = color;
return ;
}
if(nodes[Node].c > 0)   //如果当前线段已经有颜色，先将颜色复制给左右两个子树，非常重要
{
nodes[Lson(Node)].c = nodes[Node].c;
nodes[Rson(Node)].c = nodes[Node].c;
nodes[Node].c = 0;  //将颜色传到左右子树后，标记线段没有颜色，等待再次染色
}
if(l >= nodes[Rson(Node)].l)    //完全在右子树
insert(l, r, Rson(Node), color);
else if(r <= nodes[Lson(Node)].r)   //完全在左子树
insert(l, r, Lson(Node), color);
else        //两个子树都有
{
insert(l, nodes[Lson(Node)].r, Lson(Node), color);
insert(nodes[Rson(Node)].l, r, Rson(Node), color);
}
}
void update(int Node)
{
if(nodes[Node].c != 0)  //如果当前线段有颜色，记录，不再搜索左右子树，直接返回，相当于上面的广告覆盖下面的广告。
{
if(!record[nodes[Node].c])//该颜色还没有计数
{
total++;
record[nodes[Node].c] = 1;//该下次就不会再计数
}
return ;
}
//如果当前线段没有颜色，递归调用左右子树，查询颜色
update(Lson(Node));
update(Rson(Node));
return ;
}
int main()
{
freopen("output.txt","w",stdout);
freopen("input.txt","r",stdin);
int number,n,i;
scanf("%d", &number);
while(number--)
{
scanf("%d", &n);
for(i = 0; i < n; i++)
{
scanf("%d%d", &map[i], &map[i]);
line[2*i].point = map[i];    //记录数据，用于离散化
line[2*i + 1].point = map[i];
line[2*i].num = -(i + 1);   //线段第一个端点用负数记录
line[2*i + 1].num = i + 1;  //线段第二个端点用正数记录
}
//首先将所有端点排序
sort(line, line + 2*n, mycmp);
int temp = line.point;
int count = 1;  //重新开始编号，从1开始
for(i = 0; i < 2*n; i++)
{
if(temp != line[i].point)   //如果当前端点和前面的端点不一样，编号值+1
{
count++;
temp = line[i].point;
}
if(line[i].num < 0) map[-line[i].num - 1] = count;//反解求得相对顺序
else map[line[i].num - 1] = count;//反解求得相对顺序
}
buildTree(1, count, 1);
for(i = 0; i < n; i++) insert(map[i], map[i], 1, i + 1);
memset(record, 0, sizeof(record));
total = 0;
update(1);
printf("%d\n", total);
}
return 0;
}
展开全文 Dafang_Xu 2015-08-29 18:19:22
• hihcoder #1079 离散化 线段树+区间离散化 acm

我们在进行区间离散的过程中,虽然区间的大小会发生改变,但是他们的相对关系并没有变化.在离散过程中,我们将最小值标为1，次小值标为2，以此类推、 。比如说[1, 1000000]、[2, 1000001]、[2, 10]这3个区间的...
时间限制: 10000ms
单点时限: 1000ms
内存限制: 256MB

描述

小Hi和小Ho在回国之后，重新过起了朝7晚5的学生生活，当然了，他们还是在一直学习着各种算法~

这天小Hi和小Ho所在的学校举办社团文化节，各大社团都在宣传栏上贴起了海报，但是贴来贴去，有些海报就会被其他社团的海报所遮挡住。看到这个场景，小Hi便产生了这样的一个疑问——最后到底能有几张海报还能被看见呢？

于是小Ho肩负起了解决这个问题的责任：因为宣传栏和海报的高度都是一样的，所以宣传栏可以被视作长度为L的一段区间，且有N张海报按照顺序依次贴在了宣传栏上，其中第i张海报贴住的范围可以用一段区间[a_i, b_i]表示，其中a_i, b_i均为属于[0, L]的整数，而一张海报能被看到当且仅当存在长度大于0的一部分没有被后来贴的海报所遮挡住。那么问题就来了：究竟有几张海报能被看到呢？

提示一：正确的认识信息量

提示二：小Hi大讲堂之线段树的节点意义

输入

每个测试点（输入文件）有且仅有一组测试数据。

每组测试数据的第1行为两个整数N和L，分别表示总共贴上的海报数量和宣传栏的宽度。

每组测试数据的第2-N+1行，按照贴上去的先后顺序，每行描述一张海报，其中第i+1行为两个整数a_i, b_i，表示第i张海报所贴的区间为[a_i, b_i]。

对于100%的数据，满足N<=10^5，L<=10^9，0<=a_i<b_i<=L。

输出

对于每组测试数据，输出一个整数Ans，表示总共有多少张海报能被看到。

样例输入
5 10
4 10
0 2
1 6
5 9
3 4
样例输出

5

最近刚好在补补以前的题,就借机学一下离散化吧

我们先来说一下何为离散化： 对离散化简单的理解就是给定的数据量太大,而我们所求的问题与具体数值是多少并无太大关系,这时候我们就可以进行离散化.我们在进行区间离散的过程中,虽然区间的大小会发生改变,但是他们的相对关系并没有变化.在离散过程中,我们将最小值标为1，次小值标为2，以此类推、

。比如说[1, 1000000]、[2, 1000001]、[2, 10]这3个区间的左右端点组成的集合为{1, 2, 10, 1000000, 1000001}，那么我就将这个集合对应到{1, 2, 3, 4, 5}，那么原来的三个区间就变成了[1, 4]、[2, 5]、[2, 3]这3个区间，但是他们的相互覆盖关系却是一点变化都没有。

思路:将给定的区间用map进行离散化,然后每一张海报就相当于一次修改,然后用懒惰标记进行标记一下,对应的区间标记一下是否有海报,对应的是哪一张海报,然后查询一下即可；

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<map>
#include<algorithm>
const int N=2e6+5;
using namespace std;
int laz[2*N];
int ans[2*N];
map<int,int>mp;
int n,m;
int ss=0,num[2*N],a[2*N],b[2*N];
void pushdown(int d)
{
if(laz[d])
{
laz[2*d]=laz[2*d+1]=laz[d];
laz[d]=0;
}
return ;
}
void update(int L,int R,int l,int r,int val,int pos) {
if(l>=L&&r<=R) {
laz[pos]=val;
return;
}
if(l+1==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
pushdown(pos);
if(L<=mid) update(L,R,l,mid,val,pos<<1);
if(mid<R)update(L,R,mid,r,val,pos<<1|1);
}
void query(int L,int R,int l,int r,int pos) {
if(laz[pos]&&!ans[laz[pos]]){
//查询该区间是否有海报,是哪张海报,并标记,因为是线段树,海报的长度可能会分成几部分.
ans[laz[pos]]=1;
ss++;
return;
}
if(l+1==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
pushdown(pos);
int ans=0;
if(L<=mid) query(L,R,l,mid,pos<<1);
if(R>mid) query(L,R,mid,r,pos<<1|1);
return;
}
int main()
{
int i,j,k=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
num[k++]=a[i];
num[k++]=b[i];
}
sort(num,num+k);
int s=0;
for(i=0;i<k;i++)
if(!mp[num[i]])//用map进行区间的离散化;
mp[num[i]]=++s;
for(i=1;i<=n;i++)
update(mp[a[i]],mp[b[i]],1,s,i,1);
query(1,s,1,s,1);
printf("%d\n",ss);
return 0;

}

展开全文 HowardEmily 2017-01-24 19:46:49
• 校赛1007 题意 给你一个n(n<1e5)，表示n个比赛直播，然后n个区间，l,r(0<=l,r<=1e9)，表示比赛开始的时间和结束的...以区间的端点作为标记离散化离散化后映射到线段树，将重复的端点去掉，然后重新排...

校赛1007

题意 给你一个n(n<1e5)，表示n个比赛直播，然后n个区间，l,r(0<=l,r<=1e9)，表示比赛开始的时间和结束的时间，要同时把所有比赛看完，问最少要借多少台电脑（自己有一台电脑） 其实就是求区间重叠的最大值由于区间太大，所以离散化处理

思路：线段树区间更新 + 离散化

以区间的端点作为标记离散化，离散化后映射到线段树，将重复的端点去掉，然后重新排序，对每个区间二分确定映射后的区间，这里注意二分的时候左端点和右端点二分的判断条件是不同的

AC代码：

#include "iostream"
#include "string.h"
#include "stack"
#include "queue"
#include "string"
#include "vector"
#include "set"
#include "map"
#include "algorithm"
#include "stdio.h"
#include "math.h"
#define ll long long
#define ull unsigned ll
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define len (Tr[rt].r-Tr[rt].l+1)
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
using namespace std;

struct Qu{
ll l,r;
};
Qu Q;
struct Node{
int l,r;
int maxn,lazy;
};
Node Tr[200000<<2];
int cnt;

void Push_up(int rt){
Tr[rt].maxn=max(Tr[rt<<1].maxn,Tr[rt<<1|1].maxn);
}
void Push_down(int rt){
Tr[rt<<1].lazy+=Tr[rt].lazy;
Tr[rt<<1|1].lazy+=Tr[rt].lazy;
Tr[rt<<1].maxn+=Tr[rt].lazy;
Tr[rt<<1|1].maxn+=Tr[rt].lazy;
Tr[rt].lazy=0;
}
void Build(int l,int r,int rt){
Tr[rt].l=l,Tr[rt].r=r;
if(l==r) return;
int mid=l+r>>1;
Build(lson);
Build(rson);
}
if(Tr[rt].l==l && Tr[rt].r==r){
Tr[rt].lazy++;
Tr[rt].maxn++;
return;
}
if(Tr[rt].lazy) Push_down(rt);
int mid=Tr[rt].l+Tr[rt].r>>1;
Push_up(rt);
}
int fun(ll *a,ll s,int f){
int l=1,r=cnt,ans=0;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
if(a[mid]<=s) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
if(!f) return ans+1; //左端点返回ans+1
else return ans;     //右端点返回ans
}
ll a;
int main(){
int n,q,l,r;
while(scanf("%d",&q)!=EOF){
mem(Tr);
ll K=1000000005;
cnt=0;
for(int i=0; i<q; i++){
scanf("%lld%lld",&Q[i].l,&Q[i].r);
a[cnt++]=Q[i].l,a[cnt++]=Q[i].r;
}
sort(a,a+cnt);
int k=cnt;
for(int i=1; i<k; i++) if(a[i-1]==a[i]) a[i-1]=K++,cnt--;
sort(a,a+k);
Build(1,cnt,1);
for(int i=0; i<q; i++){
l=fun(a,Q[i].l,0);
r=fun(a,Q[i].r,1); //cout<<l<<" "<<r<<endl;
}
printf("%d\n",Tr.maxn-1);
}
return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/max88888888/p/6102424.html

展开全文 weixin_30526593 2016-11-25 17:27:00
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• POJ 2528 Mayor's posters （区间离散化、线段树区间染色） 线段树

lwt36 2015-09-18 22:26:25
• zezzezzez 2018-05-07 19:16:02
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