强行二合一可还行
首先\(c\)的贡献是不会变的,先考虑求出多少交点被矩形覆盖,交点的话可以按左端点纵坐标从下到上顺序枚举一条线段,然后维护右端点纵坐标的set,把之前处理过线段的右端点放进set里,然后所有 右端点在当前线段右端点上方的线段 都是和当前线段有交点的,直接算出来,并且这样算不会算重
本题中的矩形是斜着的,但是如果我们把所有点绕原点顺时针转\(45^\circ\),那么矩形的四边都会和坐标轴平行,我们可以直接考虑每个点是否被矩形覆盖,把坐标离散化,然后套扫描线扫横坐标,用树状数组维护每个纵坐标是否被覆盖,扫到某个点就直接查对应\(y\)坐标是否有值就行了
然后考虑\(a,b\),最大值最小值一定是一个尽量多用「对向交换」,一个尽量多用「擦身而过」,而「对向交换」不会改变飞机在纵坐标的相对顺序,所以可以全部用「对向交换」;然后尽量多用「擦身而过」等价于尽量少用「对向交换」.考虑把左端点纵坐标按大小编号,右端点纵坐标也按大小编号,然后左端点编号\(i\)向对应的右端点编号\(j\)连边,我们可以得到若干个环,因为要使得最后的相对顺序和开始的相对顺序一样,也就是要用最少的操作数把那些环转化成\(n\)个自环,而每次「对向交换」可以对应到交换两点连出去的点,可以发现一个大小为\(sz\)的环只要操作\(sz-1\)次,所以最少次数就是\(\sum_{circle} sz-1\),等价于\(n-\)环的个数
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