1.前言

~~（怎么每次都有这个？）~~
之前好像也做过两三道二维一维混杂的题目（而且我写的代码也非常冗），现在来总结一下吧。

2.题解

牛是一维的，线段（之后称为栅栏，因为觉得要贴近现实一点 qwq）也是一维的，就连数组也是一个一维的概念（应该很好理解），但是，答案所求是面积，是一个二维的概念，这样多维混杂的题目如果思路混乱，不仅代码冗长，而且会浪费大量的时间在调试上。

QAQ: 遇见这种问题，我们该怎么办呢？

AWA: 统一维度

由于我们的操作肯定是用数组进行，所以我们将面积变为一维去表示。

$F i r s t l y$ ， $x, y$ 的范围特别大，所以我们自然会想到离散化。

$S e c o n d l y$ ，我们的牛（起始点）就不需要一个单位一个单位的动了，而是一大格一大格地“跳跃”，如图。

在这里插入图片描述

没有离散化的话，我们只能像红点一样一个单位一个单位的走，但是离散化之后，我们就可以像蓝点一样，从 $x_i$ 直接跳到下一个 $x_{i + 1}$ 。

$T h i r d$ ，由于我们的牛只会在 $x_i, y_j)$ 上，所以它可能会走到的点将成网格状分布，而且满足要求的部分一定会被划分成许多个矩阵。

在这里插入图片描述

如样例一，就可以这样划分。

$F o u r t h$ ，这样我们表达答案面积就可以表达为满足条件的矩阵之和，对于每一个矩阵，我们可以用一个“标兵”来表达它的位置，我这里选择的是右上角，所以说:离散化数组横纵坐标分别为 $v 1, v 2$ ，则左上角为 $(x, y)$ （离散化之后的坐标）的矩阵面积为 $\times (v2[y + 1] - v2[y])$ 。

$F i f t h$ ，那么，这个坐标要满足什么条件呢，首先，根据题意 $(0, 0)$ （未离散化）一定满足要求，直接丢进队列就行了。然后我们考虑当前的点是 $(x, y)$ （离散化后），则它向各个方向移动的条件为：

向下移动： $(x + 1, y)$ 不在横着的栅栏上
向上移动： $(x, y)$ 不在横着的栅栏上
向右移动： $(x, y + 1)$ 不在竖着的栅栏上
向左移动： $(x, y)$ 不在竖着的栅栏上

$F i f t h^{'}$ ，还有一种 $I N F$ 的情况怎么判呢?即某个点可以走到 $\lor x \geq v1.size () \lor y < 0 \lor y \geq v2.size ()$ 的情况时，输出 $I N F$ 后 $r e t u r n$ $0$ 就可以啦 owo。

3.参考代码

#include <set>
#include <map>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define LL long long
#define int long long
#define ULL unsigned long long
using namespace std;

template <typename T> int read (T &x) {x = 0; T f = 1;char tem = getchar ();while (tem < '0' || tem > '9') {if (tem == '-') f = -1;tem = getchar ();}while (tem >= '0' && tem <= '9') {x = (x << 1) + (x << 3) + tem - '0';tem = getchar ();}x *= f; return 1;}
template <typename T> void write (T x) {if (x < 0) {x = -x;putchar ('-');}if (x > 9) write (x / 10);putchar (x % 10 + '0');}
template <typename T> T Max (T x, T y) { return x > y ? x : y; }
template <typename T> T Min (T x, T y) { return x < y ? x : y; }
template <typename T> T Abs (T x) { return x > 0 ? x : -x; }

const int Maxn = 1000;
const int Maxx = 3000;

int n, m;
int tox[10] = { 0, 1, -1, 0, 0 };
int toy[10] = { 0, 0, 0, 1, -1 };
bool h[Maxx + 5][Maxx + 5];
bool w[Maxx + 5][Maxx + 5];
bool vis[Maxx + 5][Maxx + 5];

struct Node {
	int a, b, c;
	void scan () { cin >> a >> b >> c; }
}sa[Maxn + 5], sb[Maxn + 5];
vector <int> v1, v2;
int Find1 (int x) { return lower_bound (v1.begin (), v1.end (), x) - v1.begin (); }
int Find2 (int x) { return lower_bound (v2.begin (), v2.end (), x) - v2.begin (); }

signed main () {
	cin >> n >> m;
	v1.push_back (0); v2.push_back (0);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		sa[i].scan ();
		v1.push_back (sa[i].a);
		v1.push_back (sa[i].b);
		v2.push_back (sa[i].c);
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		sb[i].scan ();
		v1.push_back (sb[i].a);
		v2.push_back (sb[i].b);
		v2.push_back (sb[i].c);
	}
	sort (v1.begin (), v1.end ()); v1.erase (unique (v1.begin (), v1.end ()), v1.end ());
	sort (v2.begin (), v2.end ()); v2.erase (unique (v2.begin (), v2.end ()), v2.end ());
	//输入 + 离散化
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		sa[i].a = Find1 (sa[i].a);
		sa[i].b = Find1 (sa[i].b);
		sa[i].c = Find2 (sa[i].c);
		for (int j = sa[i].a; j < sa[i].b; j++)
			h[j][sa[i].c] = 1;
	}
	//竖着的线段
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		sb[i].a = Find1 (sb[i].a);
		sb[i].b = Find2 (sb[i].b);
		sb[i].c = Find2 (sb[i].c);
		for (int j = sb[i].b; j < sb[i].c; j++)
			w[sb[i].a][j] = 1;
	}
	//横着的线段
	queue <pair <int, int> > q;
	int sx = Find1 (0), sy = Find2 (0);
	LL ans = 0;
	vis[sx][sy] = 1;
	q.push (make_pair (sx, sy));
	while (q.size ()) {
		pair <int, int> tem = q.front (); q.pop ();
		int x = tem.first, y = tem.second;
		ans += (v1[x + 1] - v1[x]) * (v2[y + 1] - v2[y]);
		//左上角是 (x, y)，矩阵面积直接加上就行啦 qwq
		for (int i = 1; i <= 4; i++) {
			if (w[x][y] == 1 && i == 2) continue;
			if (h[x][y] == 1 && i == 4) continue;
			int xx = x + tox[i], yy = y + toy[i];
			if (xx < 0 || xx >= (int)v1.size () || yy < 0 || yy >= (int)v2.size ()) {
				printf ("INF");
				return 0;
			}
			if (w[xx][yy] == 1 && i == 1) continue;
			if (h[xx][yy] == 1 && i == 3) continue;
			//之前说的各种判断条件
			if (vis[xx][yy] == 1) continue;//已经走过啦
			vis[xx][yy] = 1;//标记为已走过
			q.push (make_pair (xx, yy));//扔进去
		}
	}
	cout << ans;//Finshed 完结撒花
	return 0;
}

4.小结

这道题卡了我好久，我之前一直强制用夹在线段中间的坐标 $(\frac{x * 2 + 1}{2}, \frac {y * 2 + 1}{2})$ 来表示二维面积，结果代码冗长，而且心态爆炸，后来代码越改越乱，思路也越来越乱。之后遇见这种多种维度并存的题，尽量选用一维的表示方法，因为用于存储的数据结构大多都是一维的概念，这样就会方便记录和操作。