\(AcWing\) \(248\). 窗内的星星
洛谷题解
一、题目描述
在一个天空中有很多星星（看作平面直角坐标系），已知每颗星星的坐标和亮度（都是整数）。
求用宽为 \(W\)、高为 \(H\) 的矩形窗口（\(W,H\) 为正整数） 能圈住的星星的亮度总和最大是多少。（矩形边界上的星星不算）
输入格式
输入包含多组测试用例。
每个用例的第一行包含 \(3\) 个整数：\(n，W，H\)，表示星星的数量，矩形窗口的宽和高。
然后是 \(n\) 行，每行有 \(3\) 个整数：\(x，y，c，\) 表示每个星星的位置 \((x，y)\)
没有两颗星星在同一点上。
输出格式
每个测试用例输出一个亮度总和最大值。
每个结果占一行。
数据范围
\(1≤n≤10000,\\
1≤W,H≤1000000,\\
0≤x,y<2^{31}\)
输入样例：
3 5 4
1 2 3
2 3 2
6 3 1
3 5 4
1 2 3
2 3 2
5 3 1
输出样例：
5
6
二、解题思路
考虑把「星星在窗子所在的矩形中」转化为「窗子的右上角在星星上面 \(H\)，右边 \(W\)」。这样就可以把整个问题转化为找一个点使得覆盖该点的矩形最多。
（如图，矩形框住了两个星星）
现在考虑窗户边框的限制。
如图，虽然窗户的右上角不能落在黑框上，只能落在黑框里，但将黑框的长和宽的两端都减小一个 \(eps\)（极小值）得到红框后，窗户的右上角就可以落在红框里的任何一个地方了。
但是如果减小 \(eps\)，星星所对应的矩形的坐标就变成了实数。
这时出现了一种方法，将矩形的长宽在两端都减小 \(0.5\)，然后把坐标轴向上平移、向右平移 \(0.5\) 个单位。最后生成的矩形左下角是 \((x,y)\)，右上角是 \(x+W−1,y+H−1\)。
这样做为什么是正确的呢？长宽减小的数值需要保证原本有交的矩形仍然有交。由于星星的坐标是整数，所以极限情况（可能会在矩形缩小后没有交的情况）如下图：
在减小 \(0.5\) 之后仍然有交（只不过在对 \(line\) 进行排序的时候需要把 \(l\) 为正的排在前面）。而两端减小 \(0.5\)，合起来就是 \(1\)，这导致生成的矩形在平移坐标轴之后的坐标可以是整数。
所以这其实是一个很巧妙的方法，很多题解没说清楚。
于是我们可以将每个星星都扩展成一个矩形，这时我们注意到，若两个矩形之间有交集，他们便可以放在同一个窗户中。
如下图：
图中灰色的部分就是两个星星构成的矩形的交集，只要窗户的右上角端点在灰色区域内，就能同时框住两个星星。
此时我们可以将问题转化为：平面上有若干个矩形，每个矩形都带有一个权值，求在哪个坐标上权值的总和最大。
接下来我们就可以使用扫描线来解决这个问题了，若当前星星的亮度值为\(c\) ,则矩形的入边的权值设为 \(1\) ，出边为 \(-1\) ，此时我们只要求扫描线上的区间最大值即可得出答案，区间查询可以使用 lazy_tag 的方式实现。
代码实现上的一些小细节：
- 在对 \(x\) 坐标进行升序排序时，将 \(val\)
- 观察到 \(0 \leq x_i,y_i \leq 2^{31}\), 所以我们需要将坐标进行离散化处理。
三、问题集
请问一下 样例中第二个答案是\(6\)也就是三个星星都能框进去 而数据是这样的:
3 5 4
1 2 3
2 3 2
5 3 1
最左边的点是(\(1,2\))最右边的点是(\(5,3\))
那么想要把这两个同时框进去不是需要至少宽度是\(6\)嘛也就是从\(0\)框到\(6\)
可样例中宽度是\(5\)
\(yxc\)回复：
从\(0.5\)到\(5.5\)的框就可以啦，所以宽度是\(5\)的话可以同时包含\((1, 2)\)和\((5, 3)\)
它只是要求星星在整点上,但是我框的矩形顶点是不用在整点上的,所以我们可以平移\(0.5\)这样就能多框一段了。
四、实现代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10010;
//在对 x 坐标进行升序排序时，将 k 值按降序排序，这样才能处理两个矩形贴合的情况
struct Seg {
LL x, y1, y2, c;
bool operator<(const Seg &t) const {
if (x == t.x) return c > t.c; // 1在前，-1在后，先处理入边再处理出边
return x < t.x;
}
} seg[N << 1];
struct Node {
int l, r;
int maxc, add;
} tr[N << 3];
int n, w, h;
vector<LL> ys;
void pushup(int u) {
tr[u].maxc = max(tr[u << 1].maxc, tr[u << 1 | 1].maxc);
}
void build(int u, int l, int r) {
tr[u] = {l, r, 0, 0};
if (l == r) return;
int mid = l + r >> 1;
build(u << 1, l, mid);
build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
}
void pushdown(int u) {
if (tr[u].add) {
tr[u << 1].maxc += tr[u].add;
tr[u << 1].add += tr[u].add;
tr[u << 1 | 1].maxc += tr[u].add;
tr[u << 1 | 1].add += tr[u].add;
tr[u].add = 0;
}
}
void modify(int u, int l, int r, int c) {
if (l <= tr[u].l && tr[u].r <= r) {
tr[u].maxc += c;
tr[u].add += c;
return;
}
pushdown(u);
int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
if (l <= mid) modify(u << 1, l, r, c);
if (r > mid) modify(u << 1 | 1, l, r, c);
pushup(u);
}
int find(LL x) {
return lower_bound(ys.begin(), ys.end(), x) - ys.begin();
}
int main() {
//加快读入
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
while (cin >> n >> w >> h) {
ys.clear();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
LL x, y;
int c;
cin >> x >> y >> c;
//区别在这里！
/*
需配合：
if (x == t.x) return c > t.c; // 1在前，-1在后，先处理入边再处理出边
*/
seg[2 * i - 1] = {x, y, y + h - 1, c};
//此处,x+w-1,注意：多减了一个1~
seg[2 * i] = {x + w - 1, y, y + h - 1, -c};
ys.push_back(y), ys.push_back(y + h - 1);
}
sort(ys.begin(), ys.end());
ys.erase(unique(ys.begin(), ys.end()), ys.end());
sort(seg + 1, seg + 1 + 2 * n);
build(1, 0, ys.size() - 1);
int res = 0;
for (int i = 1; i <= 2 * n; i++) {
res = max(res, tr[1].maxc);
modify(1, find(seg[i].y1), find(seg[i].y2), seg[i].c);
}
printf("%d\n", res);
}
return 0;
}
