POJ2482 洛谷1502窗口的星星（动态开点线段树 + 区间修改 + 扫描线）

分析

这道题的点是在二维平面上的，而数据范围是1e5，于是我们要用扫描线来降维。
我们扫描横坐标，纵坐标就转化成了这么一个问题：
一维平面上有多个点，每个点有个值，给一个长为 $h$h 的区间，问区间内的点权和最大值是多少。（单点修改，区间查询）
maya我从来没做过这种题，难道要枚举区间的端点？？复杂度还不爆炸！！
于是查了题解（我太弱啦）
有一种典型的处理方法，是把单点修改变成区间修改，区间查询变为单点查询。
什么意思？看图。

这是平面内若干个点（红色），高度表示值。我们已知区间长为 $h$h ，如果 $i$i 处有一个点，我们就在区间的 $[i,i+h]$[i,i+h]加上 $l$l ，这样，我们把每个点的意义表示成，在 $i$i 处放置区间的右端能得到的最大点权和。如图。

这样一来，我们查询 $[1,n]$[1,n]中的最大值，就可以得到我们想要的答案了。
代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define lson l, m, lch[rt]
#define rson m+1, r, rch[rt]
#define N 100005
#define LL long long
#define inf 2147483647
using namespace std;
struct node{
	int x, y, l;
	bool operator < (const node & A) const{
		return x < A.x;
	}
}d[N];
int val[N * 35], tag[N * 35], lch[N * 35], rch[N * 35], root, cnt, ans;
void pushdown(int rt){
	if(tag[rt]){
		if(!lch[rt]) lch[rt] = ++cnt;
		if(!rch[rt]) rch[rt] = ++cnt;
		val[lch[rt]] += tag[rt];
		val[rch[rt]] += tag[rt];
		tag[lch[rt]] += tag[rt];
		tag[rch[rt]] += tag[rt];
		tag[rt] = 0;
	}
}
void update(int l, int r, int &rt, int a, int b, int c){
	if(!rt) rt = ++cnt;
	if(l >= a && r <= b){
		tag[rt] += c;
		val[rt] += c;
		return;
	}
	pushdown(rt);
	int m = l + r >> 1;
	if(a <= m) update(lson, a, b, c);
	if(b > m) update(rson, a, b, c);
	val[rt] = max(val[lch[rt]], val[rch[rt]]);
}
int main(){
	int i, j, n, m, a, b, c, T, w, h, r = 0;
	scanf("%d", &T);
	while(T--){
		cnt = root = ans = 0;
		memset(lch, 0, sizeof(lch));
		memset(rch, 0, sizeof(rch));
		memset(tag, 0, sizeof(tag));
		memset(val, 0, sizeof(val));
		scanf("%d%d%d", &n, &w, &h);
		for(i = 1; i <= n; i++){
			scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
			d[i*2-1].x = a; d[i*2-1].y = b; d[i*2-1].l = c;
			d[i*2].x = min(1ll*(a+w), 1ll*inf); 
			d[i*2].y = b; d[i*2].l = -c;
			r = max(r, b);
		}
		sort(d+1, d+n*2+1);
		for(i = 1; i <= n * 2; i++){
			update(1, inf, root, d[i].y, min(1ll*inf, 1ll*(d[i].y+h-1)), d[i].l);
			if(d[i].x != d[i+1].x) ans = max(ans, val[1]);
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}