AOJ 0531 Paint Color 题解 《挑战程序设计竞赛》

AOJ 0531 Paint Color

涂色：（日文题目，自己翻译成了中文）为了宣传信息竞赛，要在长方形的三合板上喷油漆来制作招牌。三合板上不需要涂色的部分预先贴好了护板。被护板隔开的区域要涂上不同的颜色，比如上图就应该涂上5种颜色。

请编写一个程序计算涂色数量，输入数据中，保证看板不会被护板全部遮住，并且护板的边一定是水平或垂直的。

输入：

第一个数是宽w（1 ≤ w ≤ 1000000），第二个数是高h（1 ≤ h ≤ 1000000）。

第二行是护板的数量n（1 ≤ n ≤ 1000），接着n行是每个护板的左下角坐标 (x1 , y1 )和右上角坐标 (x2 , y2 )，用空格隔开： x1 , y1 , x2 , y2 (0 ≤ x1< x2 ≤ w, 0 ≤ y1 < y2 ≤ h 都是整数)

招牌的坐标系如下，左下角是 (0, 0) ，右上角是(w, h) ， 测试集中的30%都满足w ≤ 100, h ≤ 100, n ≤ 100。

输出：

一个整数，代表涂色数量。

输入输出的例子

input.txt

15 6
10
1 4 5 6
2 1 4 5
1 0 5 1
6 1 7 5
7 5 9 6
7 0 9 2
9 1 10 5
11 0 14 1
12 1 13 5
11 5 14 6
0 0

output.txt

5

3.2常用技巧精选（一）

坐标离散化

挡板有面积，可以压缩到很苗条的1*n，空白部分也需要压缩。

如何知道某一点是否是护板内部呢？

可以直接跟坐标范围作比较，不过这是很蠢的下策。

还可以利用imos法高效地统计，关于imos法的图解详见：http://www.hankcs.com/program/algorithm/imos_method.html 。

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include <cstring>
#define MAX_N 1000 + 16

using namespace std;

int N, H, W;
int X1[MAX_N], X2[MAX_N], Y1[MAX_N], Y2[MAX_N];
int fld[2 * MAX_N][2 * MAX_N], // 填充遍历用，代表坐标(i, j)处是否空白（压缩后）
dx[4] = { 1, -1, 0, 0 }, dy[4] = { 0, 0, 1, -1 };

// 压缩坐标，将坐标的值变成“这是第几种值”，返回一共有几种坐标
int compress(int *x1, int *x2, int w)
{
	vector<int>xs;

	for (int i = 0; i < N; ++i)
	{
		int tx1 = x1[i], tx2 = x2[i];
		if (1 <= tx1 && tx1 < w) xs.push_back(tx1);
		if (1 <= tx2 && tx2 < w) xs.push_back(tx2);
	}
	xs.push_back(0);
	xs.push_back(w);
	sort(xs.begin(), xs.end());
	xs.erase(unique(xs.begin(), xs.end()), xs.end());
	for (int i = 0; i < N; ++i)
	{
		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() - 1;
}

int bfs()
{
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i < H; ++i)
	{
		for (int j = 0; j < W; ++j)
		{
			if (fld[i][j]) continue;
			++ans;
			queue<pair<int, int> >que;
			que.push(make_pair(j, i));
			while (!que.empty())
			{
				int nx = que.front().first, ny = que.front().second;
				que.pop();

				for (int i = 0; i < 4; ++i)
				{
					int tx = nx + dx[i], ty = ny + dy[i];
					if (tx < 0 || W < tx || ty < 0 || H< ty || fld[ty][tx] > 0) continue;
					que.push(make_pair(tx, ty));
					fld[ty][tx] = 1;
				}
			}
		}
	}
	return ans;
}

///////////////////////////SubMain//////////////////////////////////
int main(int argc, char *argv[])
{
	while (cin >> W >> H, W | H)
	{
		cin >> N;
		for (int i = 0; i < N; ++i)
		{
			cin >> X1[i] >> Y1[i] >> X2[i] >> Y2[i];
		}

		memset(fld, 0, sizeof(fld));

		W = compress(X1, X2, W);
		H = compress(Y1, Y2, H);

		// imos-法
		for (int i = 0; i < N; i++)
		{
			fld[Y1[i]][X1[i]]++;
			fld[Y1[i]][X2[i]]--;
			fld[Y2[i]][X1[i]]--;
			fld[Y2[i]][X2[i]]++;
		}
		// 横向累积
		for (int i = 0; i < H; i++)
		{
			for (int j = 1; j < W; j++)
			{
				fld[i][j] += fld[i][j - 1];
			}
		}
		// 纵向累积
		for (int i = 1; i < H; i++)
		{
			for (int j = 0; j < W; j++)
			{
				fld[i][j] += fld[i - 1][j];
			}
		}// 累积完后，fld中非0部分表示有挡板
		cout << bfs() << endl;
	}
	return 0;
}
///////////////////////////End Sub//////////////////////////////////

Reference

http://d.hatena.ne.jp/TobiasGSmollett/20130511/1368282106

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