I - 秋实大哥下棋
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胜负胸中料已明，又从堂上出奇兵。秋实大哥是一个下棋好手，独孤求败的他觉得下棋已经无法满足他了，他开始研究一种新的玩法。
在一个n×m的棋盘上，放置了k个车，并且他在棋盘上标出了q个矩形，表示矩形内部是战略要地。
秋实大哥要求一个矩形内的每一个格子，都至少能被一辆在矩形内的车攻击到，那么这个矩形就是被完整保护的。
现在秋实大哥想知道每一个矩形是否被完整保护。
Input
第一行包含四个整数n，m，k，q，表示棋盘的大小，车的数量以及矩形的数量。
接来下k行，每行包含两个整数x，y，表示有一辆车位于从左往右第x列，从下往上第y行。
接下来q行，每行包含四个整数x1，y1，x2，y2，表示一个矩形的左下角和右上角坐标。
1≤n，m≤105，1≤k，q≤2⋅105，1≤x1≤x2≤105，1≤y1≤y2≤105，1≤x≤105，1≤y≤105。
Output
输出q行，对于每一次询问，这个矩形若被完整保护了输出"YES"，否则输出"NO"。
Sample input and output
| Sample Input | Sample Output |
|---|---|
4 3 3 3 1 1 3 2 2 3 2 3 2 3 2 1 3 3 1 2 2 3 |
YES YES NO |
Hint
样例的图形如下：
解题报告
1.如果一个矩形能被完整保护，肯定在矩形的宽 or 长上的车的投影是一段连续的曲线且全部被覆盖.
2.首先先给矩形排个序（按照X2的大小），还有车（X坐标）
3.之后我们先考虑这些矩形能否在Y方向达成（被覆盖），注意到X,Y的范围皆为1e5,所以不必采用离散化，从左往右边扫，遇到车就把它所对的Y的方向线段加上一个值val.
注意到这个加的值是必须考究的，首先我们想因为矩形的X2坐标是递增的，一个在前面的车在Y方向的效果是必须被后面所抵消的(很显然，前面车对Y方向的影响是没有用的，因为前面的车很可能已经在后面的矩形外了）
因此我们必须维护这个车在Y方向投影值的max，有了这个还不够，我们还不知道这个val值如何计算，才能使得我们能快速计算这个矩形的Y方向被覆盖（注意到很有可能这个线段
上的某一个部分是前面的车所产生的。。因此为了判断正确，我们必须设计好这个val值)
4.
以下为例子: ( x为车 )
3 . . . x .
2 x . . . .
1 . . . . .
0 1 2 3 4 5
我们考虑左下角坐标为(2,2) ,右上角坐标为(4,3) 的矩形，我们从左往右扫
首先遇到了车(1,2),我们给Y方向的（2,2）加上一个值 value1;
之后我们扫到了另外一个车和矩形，那么我们该处理谁呢？，显然是车
该车的坐标为(4,3),我们给Y方向的(3,3)加上一个值 value2;
之后扫到矩形的右边，矩形的Y方向为(2,3),我们在(2,3)方向的值为value1与value2..，那么如何才能确定呢。。。
用X值！，每个方向的投影val值为这个车的X值,并且维护这个最大值，这样我们就可以判断了。why？
当我们判断[L1,L2]上时，我们只查询这里面的最小值，如果这里面的最小值小于了矩形的X1，那么这个矩形肯定在Y方向没法被完全保护..
至此，就解决了本题.
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 2e5 + 5000; int n,m,k,q; typedef struct Node { int l,r,min; }; typedef struct Area { int x1,x2,y1,y2,id; friend bool operator < (const Area&a,const Area& b) { return a.x2 < b.x2; } }; typedef struct Point { int x,y; friend bool operator < (const Point &a,const Point & b) { return a.x < b.x; } }; // 车 bool protect[maxn]; //矩形保护 Node tree[4*maxn]; Area s[maxn]; Point p[maxn]; void push_up(int cur) { tree[cur].min = min(tree[2*cur].min , tree[2*cur+1].min ); } // 把点pos的权值设置为v(取较大) void updata(int pos,int v,int cur) { int l = tree[cur].l , r = tree[cur].r; if (l == r) { tree[cur].min = max(tree[cur].min,v); } else { int mid = l + (r-l)/2; if (mid >= pos) updata(pos,v,2*cur); else updata(pos,v,2*cur+1); push_up(cur); } } int query(int ql,int qr,int cur) { int l = tree[cur].l , r = tree[cur].r; if (ql <= l && qr >= r) return tree[cur].min; else { int mid = l + (r-l)/2; int res = 1 << 28; if (mid >= ql) res = min(res,query(ql,qr,2*cur)); if (mid < qr) res = min(res,query(ql,qr,2*cur+1)); return res; } } void build_tree(int cur,int l ,int r) { tree[cur].l = l , tree[cur].r = r , tree[cur].min = -1; if (r > l) { int mid = l + (r-l)/2; build_tree(2*cur,l,mid); build_tree(2*cur+1,mid+1,r); } } int main(int argc,char *argv[]) { scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&q); build_tree(1,1,max(n,m)+50); for(int i = 0 ; i < k ; ++ i) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); p[i].x = x , p[i].y = y; } memset(protect,false,sizeof(protect)); for (int i = 0 ; i < q ; ++ i) { scanf("%d%d%d%d",&s[i].x1,&s[i].y1,&s[i].x2,&s[i].y2); s[i].id = i; } sort(p,p+k); sort(s,s+q); int k1 = 0 , k2 = 0 ; // 记录目前在线右边边的车，矩形 for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i) //扫描线 { while(k1 < k && p[k1].x <= i) // 车更新 { updata(p[k1].y,p[k1].x,1); k1++; } while(k2 < q && s[k2].x2 <= i) // 矩形更新 { int minx = query(s[k2].y1,s[k2].y2,1); if (minx >= s[k2].x1 && minx <= s[k2].x2) protect[s[k2].id] = true; k2++; } } build_tree(1,1,max(n,m)+50); //reset_tree //翻转 for(int i = 0 ; i < k ; ++ i) swap(p[i].x ,p[i].y); for(int i = 0 ; i < q; ++ i) { swap(s[i].x1,s[i].y1); swap(s[i].x2,s[i].y2); } sort(p,p+k); sort(s,s+q); k1 = k2 = 0; for(int i = 1 ; i <= m ; ++ i) //扫描线 { while(k1 < k && p[k1].x <= i) // 车更新 { updata(p[k1].y,p[k1].x,1); k1++; } while(k2 < q && s[k2].x2 <= i) // 矩形更新 { int minx = query(s[k2].y1,s[k2].y2,1); if (minx >= s[k2].x1 && minx <= s[k2].x2) protect[s[k2].id] = true; k2++; } } for(int i = 0 ; i < q ; ++ i) if (protect[i]) printf("YES "); else printf("NO "); return 0; }