题意:日本岛东海岸与西海岸分别有N和M个城市,现在修高速公路连接东西海岸的城市,求交点个数。
做法:记每条告诉公路为(x,y), 即东岸的第x个城市与西岸的第y个城市修一条路。当两条路有交点时,满足(x1-x2)*(y1-y2) < 0。所以,将每条路按x从小到达排序,若x相同,按y从小到大排序。 然后按排序后的公路用树状数组在线更新,求y的逆序数之 和 即为交点个数。
上面说的可能有点难理解,详细说明如下。
记第i条边的端点分别为xi,yi。
由于x是从小到大排序的,假设当前我们在处理第k条边,那么第1~k-1条边的x必然是小于(等于时候暂且不讨论)第k条边的 x 的,那么前k-1条边中,与第k条边相交的边的y值必然大于yk的,所以此时我们只需要求出在前k-1条边中有多少条边的y值在区间[yk, M]即可,也就是求yk的逆序数,M为西岸城市个数,即y的最大值。 所以就将问题转化成区间求和的问题,树状数组解决。当两条边的x相同时,我们记这两条边的y值分别为ya,yb(ya<yb),我们先处理(x,ya),再处理(x,yb),原因很明显,因为当x相同时,这两条边是认为没有交点的,若先处理(x,yb),那么下次处理(x,ya)时,(x,ya)就会给(x,yb)增加一个逆序,也就是将这两条边做相交处理了。
代码如下:
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAX = 1005;
struct data
{
int u, v;
}way[MAX*MAX];//路最多有1005*1005条
int n, m, k;
__int64 ar[MAX];
int lowbit(int i)
{
return i&(-i);
}
bool cmp(data a, data b)
{
if(a.u == b.u)
return a.v > b.v;
return a.u > b.u;
}
void add(int i)
{
while(i <= m)
{
ar[i] += 1;
i += lowbit(i);
}
}
__int64 sum(int i)
{
__int64 ans = 0;
while(i > 0)
{
ans += ar[i];
i -= lowbit(i);
}
return ans;
}
int main()
{
int testCase, t, i;
scanf("%d", &testCase);
for(t = 1; t <= testCase; t ++)
{
memset(ar, 0, sizeof(ar));
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
for(i = 0; i < k; i ++)
scanf("%d%d", &way[i].u, &way[i].v);
sort(way, way + k, cmp);
__int64 ans = 0;
for(i = 0; i < k; i ++)
{
ans += sum(way[i].v-1);/*如果不减一的话,就将共端点的线段的交点也计为有效了*/
add(way[i].v);
}
printf("Test case %d: %I64d\n", t, ans);
}
return 0;
}
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