[hdu6183][Color it]

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题目大意

有一个矩阵，总共有4种操作

0:清空这个矩阵

1 x y c:将\((x,y)(1 \leq x ,y\leq 10^6)\)这个点加上一种颜色c\((0\leq c \leq 50)\)(注意是加上，也就是之前的颜色不会被覆盖)

2 x y1 y2:查询左上角为\((1,y1)\)，右下角为\((x,y2)\)的矩阵中的颜色个数。

3:结束程序

0操作不超过10次，1操作和2操作不超过150000次

思路

先考虑空间足够的情况下应该怎么做。对于每个颜色开一个线段树。第i个位置储存，这个颜色中第i列最小的x是多少，因为每次查询都是从(1,y1)到(x,y2)，所以查询一种颜色的时候，只要看从y1到y2中最小的值是不是比x小就行了，如果比x小，就说明存在这种颜色。

上面的空间复杂度为\(50*10^6\)，空间不够，所以考虑动态开点线段树。记录下每种颜色的根，然后分别动态开点插入即可。空间复杂度\((nlogn)　n=150000\)

直接正常查询对于这道题是会超时的，所以要优化一下。也就是如果当前找到这种颜色了，就退出就行了。

代码

/*
* @Author: wxyww
* @Date:   2018-12-10 10:39:02
* @Last Modified time: 2018-12-10 11:20:39
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200000 + 100,INF = 1e7,M = 1e6;
ll read() {
    ll x=0,f=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') {
        if(c=='-') f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(c>='0'&&c<='9') {
        x=x*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return x*f;
}
int tree[N * 20],ls[N * 20],rs[N * 20],root[55];
int num;
void update(int &rt,int l,int r,int pos,int c) {
    if(!rt) {
        rt = ++num;
        tree[rt] = c;
    }
    tree[rt] = min(tree[rt],c);
    if(l == r) return;
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(pos <= mid) update(ls[rt],l,mid,pos,c);
    else update(rs[rt],mid + 1,r,pos,c);
}
int tag,cx;
void query(int rt,int l,int r,int L,int R) {
    if(!rt || tag) return;
    if(L <= l && R >= r) {
        if(tree[rt] <= cx) tag = 1;
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(L <= mid) query(ls[rt],l,mid,L,R);
    if(R > mid)  query(rs[rt],mid + 1,r,L,R); 
}
int main() {
    while(1) {
        int opt = read();
        if(opt == 3) return 0;
        if(opt == 0) {
            memset(tree,0x3f,sizeof(tree));
            memset(root,0,sizeof(root));
            num = 0;
            memset(ls,0,sizeof(ls));
            memset(rs,0,sizeof(rs));
        }
        if(opt == 1) {
            int x = read(),y = read(),c = read();
            update(root[c],1,M,y,x);
        }
        if(opt == 2) {
            cx = read();int y1 = read(),y2 = read();
            int ans = 0;
            for(int i = 0;i <= 50;++i) {
                tag = 0;
                query(root[i],1,M,y1,y2);
                ans += tag;
            }
            printf("%d\n",ans);
        }
    }

    return 0;
}

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原文：https://www.cnblogs.com/wxyww/p/10095608.html