坐标离散化 (来自《挑战程序设计竞赛》P164)
给出题目和主体代码：
题目:
区域的个数
w*h的格子上画了n条或垂直或水平的宽度为1的直线。求出这些线将格子划分了多少个区域
(w和h的范围都为[1, 1e6],n的范围为[1,500])
思路：
一般先想到的是类似水塘问题的处理，建立数组并深度优先搜索
但是这个问题中w和h最大为1000000，所以没办法创建w*h的数组。因此我们要使用坐标离散化这一技巧
将前后没有变化的行列(意思是消除后不会影响区域个数的)相除后并不会影响区域的个数
数组里只需要存储有直线的行列以及其前后的行列就足够了，这样的话大小最多3n*3n就足够了，因此就可以创建出数组并利用搜索求出区域的个数
(争议：《挑战》原文是说 6n * 6n,可是我觉得似乎有些不对劲，我特意请教了师兄和队友以后，他们也觉得是3n*3n)
收获：
1. 坐标压缩
2. find函数可以在vector中找到某个元素的位置
注意，find函数要求支持 == ，所以如果是自定义类型，需要先重载 ==
blog： http://www.cnblogs.com/fnlingnzb-learner/p/5889026.html
3. 区域很大时，用递归函数可能栈溢出，故而此题改用队列
4. unique函数和erase函数
有关blog：
http://www.cnblogs.com/zhangshu/archive/2011/07/23/2115090.html
http://www.cnblogs.com/liyazhou/archive/2010/02/07/1665421.html
注意：
unique的去重并非真正的去重，只是将重复的元素都排到后面去。此外，unique只能在相邻元素中去重，所以使用之前应该先排序
*****技巧：真正的去重并删除重复部分****
vector<int> v;
sort(v.begin(), v.end());
v.erase(unique( v.begin(), v.end() ), v.end());
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <vector> #include <queue> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 500; int W,H,N; int X1[maxn],X2[maxn],Y1[maxn],Y2[maxn]; bool fld[maxn*6][maxn*6]; int dx[4]={0,0,-1,1}; int dy[4]={1,-1,0,0}; //对x1和x2进行坐标离散化，并返回离散后的宽度。（对于y1,y2同理） //将x1,x2更新为离散后的x1,x2.y不变在x方向上缩小。（处理y1,y2时同理） int compress(int *x1,int *x2,int w) { vector<int> xs; for(int i = 0;i < N;i++)//确定离散后x轴上哪些值还存在 { for(int d = -1;d <= 1; d++) { int tx1 = x1[i] + d, tx2 = x2[i] + d; if(1 <= tx1 && tx1 <= w) xs.push_back(tx1); if(1 <= tx2 && tx2 <= W) xs.push_back(tx2); } } sort(xs.begin(),xs.end()); xs.erase(unique(xs.begin(),xs.end()),xs.end());//去重 for(int i = 0; i < N; i++)//转化为新的x1,x2; { x1[i] = find(xs.begin(),xs.end(),x1[i])-xs.begin(); x2[i] = find(xs.begin(),xs.end(),x2[i])-xs.begin(); } return xs.size(); } void solve() { //离散化 W = compress(X1,X2,W); H = compress(Y1,Y2,H); //填充新的网格 memset(fld,0,sizeof(fld)); for(int i=0;i<N;i++) { for(int y=Y1[i];y<=Y2[i];y++) { for(int x=X1[i];x<=X2[i];x++) { fld[y][x]=true; } } } //利用BFS计算区域数 int ans=0; for(int y=0;y<H;y++) { for(int x=0;x<W;x++) { if(fld[y][x]) continue; ans++; queue<pair<int, int> > que; que.push(make_pair(x,y)); while(!que.empty()) { int sx=que.front().first, sy=que.front().second; que.pop(); for(int i=0;i<4;i++) { int tx=sx + dx[i],ty=sy + dy[i]; if(tx<0 || tx>=W || ty<0 || ty>=H || fld[ty][tx]) continue; que.push(make_pair(tx,ty)); fld[ty][tx]=true; } } } } printf("%d\n",ans); } int main() { while(scanf("%d%d%d",&W,&H,&N)==3) { for(int i=0;i<N;i++) scanf("%d",&X1[i]); for(int i=0;i<N;i++) scanf("%d",&X2[i]); for(int i=0;i<N;i++) scanf("%d",&Y1[i]); for(int i=0;i<N;i++) scanf("%d",&Y2[i]); solve(); } return 0; } /* 输入： 10 10 5 1 1 4 9 10 6 10 4 9 10 4 8 1 1 6 4 8 10 5 10 输出： 6 */
参考：
技巧 坐标离散化 (来自《挑战程序设计竞赛》P164)
原文：https://www.cnblogs.com/Kohinur/p/9042725.html