标签：back uil 思路 现在 scanf output 宽度 segment 证明
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给定一个 n*n 的棋盘，并划定一些不能放棋子的矩形区域。
现在要在棋盘上放最多的车（读作 ju），使得这些车两两之间不会攻击。
input：
第一行整数 n ——棋盘边长（1 <= n <= 10000）。
第二行整数 q ——划定的矩形个数（0 <= q <= 10000）。
接下来 q 行，每一行都是 x1, y1, x2, y2（1 <= x1 <= x2 <= n， 1 <= y1 <= y2 <= n），描述矩阵的左下角与右上角。
保证矩形两两不会相交。
output：
输出最多的车的个数。
sample input：
5
5
1 1 2 1
1 3 1 5
4 1 5 5
2 5 2 5
3 2 3 5
sample output：
3
sapmle explain：
如图。
一道网络流题。
一道建模极其简单，建图极其恶心的网络流题。
考虑建模。棋盘是一个很经典的二分图，可以是黑白染色建模，也可以是行列建模。考虑到车的攻击方式是同行同列攻击，所以我们选择后者。
假如某一个格子(i, j)没有被划定不能放车，我们就第 i 行与第 j 列连边。再跑一个最大匹配就可以求出最多放置多少车了。
然而显然是会 TLE 的，而且还会 T 的很惨，惨兮兮。
优化建图的话，因为划定的是规则的矩形，所以我们考虑用线段树来优化建图。
如图是一个内部完全没有限制的矩形，我们用行、列两棵线段树将它的两个横竖的边界拆成log n条线段树上的线段：
然后横着的和竖着的两两连边，连 log^2 n 条边【图片略鬼畜】：
这样就处理完了一个没有限制的矩形。
最后：两棵线段树的底层端点，一棵连 S，一棵连 T，容量都为 1。线段树内部的父子连容量为 inf 的边。
然而问题又来了：我们给定的是限制的矩形区域。
所以，我们必须把原棋盘切割成若干个内部没有限制的矩形，才能运用上面所提到的优化。
怎么切？下面是一个比较显然的思路：
即对于每一个矩形，它的上下左右边界往两边割。
然而，如果下面这个图……
直接卡成 O(n^2)。
我们发现上面的那种切割方法，有很多小矩形是可以合并成大矩形。所以我们优化一下切割方法：
即上下边界往两边切，遇到其他矩形的边界或棋盘的边界，则停下来。
这样切，可以证明最多只会分出 4*n 个矩形。
怎么证明呢？【感性理解】每一个矩形的上下边界向左右各引一条线，一共 4 条线，每条线可以把一个矩形切割成两个矩形，相当于多增加了 4 个矩形。所以最多 4n 个矩形。
OK 现在来看看怎么实现切割。
我们用扫描线算法，从左往右扫描。对于每一行，维护扫描线左边距离扫描线最近的矩形边界。如图，我们维护的就是左边的那弯弯曲曲的曲线：
假如遇到矩形左边界，我们就从这个矩形的上边界开始往下暴力遍历（对你没听错就是暴力遍历，这样的确是 O(n^2) 的，但是其实 n 不大，对吧）。假如遇到不平坦的地方（对应到代码中就是相邻两行维护的东西不相等），则说明又产生了新的矩形。我们就进行线段树建图。
假如遇到矩形右边界，更新 “扫描线左边距离扫描线最近的矩形边界”。
注意，这个算法是基于矩阵不相交的前提的。
口胡完毕。至于代码量，我不清楚我不知道，大家自己慢慢调，总会调出来的 qwq。
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 10000;
const int MAXM = 100000;
const int MAXK = 2000000;
const int INF = (1<<30);
struct FlowGraph{
struct edge{
int to, cap, flow;
edge *nxt, *rev;
}edges[2*MAXK + 5], *adj[MAXM + 5], *ecnt=&edges[0];
int S, T, d[MAXM + 5], vd[MAXM + 5];
void addedge(int u, int v, int c) {
edge *p = (++ecnt);
p->to = v, p->cap = c, p->flow = 0;
p->nxt = adj[u], adj[u] = p;
edge *q = (++ecnt);
q->to = u, q->cap = 0, q->flow = 0;
q->nxt = adj[v], adj[v] = q;
p->rev = q, q->rev = p;
}
int aug(int x, int tot) {
if( x == T ) return tot;
int mind = T+1, sum = 0;
for(edge *p=adj[x];p!=NULL;p=p->nxt) {
if( p->cap > p->flow ) {
if( d[p->to] + 1 == d[x] ) {
int del = aug(p->to, min(tot-sum, p->cap-p->flow));
p->flow += del, p->rev->flow -= del, sum += del;
if( d[S] == T+1 ) return sum;
if( sum == tot ) return sum;
}
mind = min(mind, d[p->to]);
}
}
if( sum == 0 ) {
vd[d[x]]--;
if( vd[d[x]] == 0 )
d[S] = T+1;
d[x] = mind + 1;
vd[d[x]]++;
}
return sum;
}
int max_flow() {
int flow = 0;
while( d[S] < T+1 )
flow += aug(S, INF);
return flow;
}
}G;
int cnt = 0;
struct SegmentTree{
int le, ri, num;
}t[2][4*MAXN + 5];
vector<int>v[2];
void build_segtree(int x, int l, int r, int n) {
t[n][x].le = l, t[n][x].ri = r, t[n][x].num = (++cnt);
if( l == r ) return ;
int mid = (l + r) >> 1;
build_segtree(x<<1, l, mid, n);
build_segtree(x<<1|1, mid+1, r, n);
}
void build_edge_segtree(int x, int n) {
if( t[n][x].le == t[n][x].ri ) {
if( n == 0 ) G.addedge(G.S, t[n][x].num, 1);
else G.addedge(t[n][x].num, G.T, 1);
}
else {
if( n == 0 ) {
G.addedge(t[n][x<<1].num, t[n][x].num, INF);
G.addedge(t[n][x<<1|1].num, t[n][x].num, INF);
}
else {
G.addedge(t[n][x].num, t[n][x<<1].num, INF);
G.addedge(t[n][x].num, t[n][x<<1|1].num, INF);
}
build_edge_segtree(x<<1, n);
build_edge_segtree(x<<1|1, n);
}
}
void get_segment(int x, int l, int r, int n) {
if( l <= t[n][x].le && t[n][x].ri <= r ) {
v[n].push_back(t[n][x].num);
return ;
}
if( l > t[n][x].ri || r < t[n][x].le )
return ;
get_segment(x<<1, l, r, n);
get_segment(x<<1|1, l, r, n);
}
void build_edge_area(int x1, int y1, int x2, int y2) {
if( x1 > x2 || y1 > y2 ) return ;
v[0].clear(), v[1].clear();
get_segment(1, x1, x2, 0);
get_segment(1, y1, y2, 1);
for(int i=0;i<v[0].size();i++)
for(int j=0;j<v[1].size();j++)
G.addedge(v[0][i], v[1][j], INF);
}
struct node{
int le, ri;
node(int _l=0, int _r=0):le(_l), ri(_r){}
};
vector<node>vec[MAXN + 5][2];
int left[MAXN + 5];
int main() {
int n, q;
scanf("%d%d", &n, &q);
build_segtree(1, 1, n, 0); build_segtree(1, 1, n, 1); G.T = cnt + 1;
build_edge_segtree(1, 0); build_edge_segtree(1, 1);
for(int i=1;i<=q;i++) {
int x1, y1, x2, y2;
scanf("%d%d%d%d", &y1, &x1, &y2, &x2);
vec[x1][0].push_back(node(y1, y2));
vec[x2][1].push_back(node(y1, y2));
}
vec[n+1][0].push_back(node(1, n));
for(int i=1;i<=n+1;i++) {
for(int j=0;j<vec[i][0].size();j++) {
int lst = vec[i][0][j].le;
for(int k=vec[i][0][j].le+1;k<=vec[i][0][j].ri;k++)
if( left[k] != left[k-1] )
build_edge_area(left[k-1]+1, lst, i-1, k-1), lst = k;
build_edge_area(left[vec[i][0][j].ri]+1, lst, i-1, vec[i][0][j].ri);
}
for(int j=0;j<vec[i][1].size();j++)
for(int k=vec[i][1][j].le;k<=vec[i][1][j].ri;k++)
left[k] = i;
}
//注意我们必须要先处理矩形的左边再处理矩形的右边，不然遇到宽度为 1 的矩形就直接 GG 了。
int ans = G.max_flow();
printf("%d\n", ans);
}一开始我写的从上往下的扫描线，结果发现 TLE 在 144th 组数据上。
气的我一怒之下把扫描线改成从左往右的。
然后……它就 AC 了？？？
听说机房里的另外一个人遇到了一样的情况，然后他把 isap 换成了 dinic 才过的。
好玄妙啊，果然是网络流。
@codeforces - 793G@ Oleg and chess
标签：back uil 思路 现在 scanf output 宽度 segment 证明
原文地址：https://www.cnblogs.com/Tiw-Air-OAO/p/10176234.html
