【POJ1151】Atlantis

题目大意：给定 N 个矩形，求这些矩形的面积并。

题解：采用扫描线算法。
首先，按照矩形的横坐标排序，在纵坐标方向上维护一根扫描线被覆盖的长度，在这里采用线段树维护。统计答案时，从左到右扫描 2N 个 X 坐标，两个坐标之间的扫描线被覆盖的长度相等，因此直接长乘宽计入答案即可。

注意事项

• 由于坐标不是整数，因此采用离散化。
• 线段树动态开点即可。
• 跟以往线段树不同的地方在于，这里的线段树的区间修改并没有没有下传标记。原因可以总结为查询时只询问根节点的信息，没有必要下传标记。

代码如下

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <memory>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=210;

int n,kase;
struct re{
	double x,y,y1;
	int is;
}rec[maxn];
bool cmp(const re &a,const re &b){return a.x<b.x;}
double d[maxn];int cnt;
inline int query(double x){return lower_bound(d+1,d+cnt+1,x)-d;}

struct node{
	#define ls(x) t[x].lc
	#define rs(x) t[x].rc
	int lc,rc,tag;
	double len;
}t[maxn<<1];
int tot,root;
inline void maintain(int o,int l,int r){
	if(t[o].tag>0)t[o].len=d[r+1]-d[l];
	else t[o].len=t[ls(o)].len+t[rs(o)].len;
}
void modify(int &o,int l,int r,int x,int y,int val){
	if(!o)o=++tot;
	if(l==x&&r==y){t[o].tag+=val;maintain(o,l,r);return;}
	int mid=l+r>>1;
	if(y<=mid)modify(ls(o),l,mid,x,y,val);
	else if(x>mid)modify(rs(o),mid+1,r,x,y,val);
	else modify(ls(o),l,mid,x,mid,val),modify(rs(o),mid+1,r,mid+1,y,val);
	maintain(o,l,r);
}

void read_and_parse(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lf%lf%lf%lf",&rec[i].x,&rec[i].y,&rec[i+n].x,&rec[i+n].y);
		rec[i].y1=rec[i+n].y,rec[i+n].y1=rec[i].y;
		rec[i].is=0,rec[i+n].is=1;
		d[i]=rec[i].y,d[i+n]=rec[i+n].y;
	}
	sort(rec+1,rec+2*n+1,cmp);
	sort(d+1,d+2*n+1);
	cnt=unique(d+1,d+2*n+1)-d-1;
}

void solve(){
	double ans=0;
	for(int i=1;i<2*n;i++){
		int l=query(rec[i].y),r=query(rec[i].y1);
		if(!rec[i].is)modify(root,1,cnt-1,l,r-1,1);
		else modify(root,1,cnt-1,r,l-1,-1);
		ans+=(rec[i+1].x-rec[i].x)*t[root].len;
	}
	printf("Test case #%d
",++kase);
	printf("Total explored area: %.2lf
",ans);
	puts("");
}

int main(){
	while(scanf("%d",&n)&&n){
		memset(t,0,sizeof(t)),memset(rec,0,sizeof(rec));
		tot=root=0;
		read_and_parse();
		solve();	
	}
	return 0;
}