Online Judge：牛客网NOIP2018赛前集训营-提高组（第八场）T2
Label：离散，线段树区间覆盖
ps:这套题目由于被改成模拟离线赛，所以下面的题目描述改编了，题目还是一样的。
题目描述
终于，今天Sheldon要坐飞机前往瑞典领诺贝尔奖了。作为Sheldon的好朋友，Leonard、Penny、Howard、Bernadette、Rajesh也会去。不过由于行李太多太重，众人只好将行李堆在电梯里后，再走楼梯到一楼静静地等电梯。
不幸的是，行李堆得太高了，电梯门一开行李就散落一地。很巧的是，如果把地板作为平面，行李近似的看成矩形，定义每块瓷砖的垂直边分别作为坐标轴，x轴的正方向向右，那么每个行李箱的每条边都平行与坐标轴，且没有重叠。
Sheldon见到此番情景，向便Leonard提出了一个问题，如果由Sheldon挑选一个行李箱，由Leonard推着这个箱子向右以每秒1个单位的速度移动。如果路上正面碰上某个行李箱，被碰上的行李箱会在碰到的那个瞬间开始进入运动状态，以1个单位的速度向右移动，不会转动或改变运动方向。考虑到Leonard是个重度哮喘症患者，所以他只能坚持k秒就要停下来。而Sheldon想知道Leonard停下来时所有行李箱的位置。
准确地说，在某个时刻一个箱子i处于移动状态当且仅当：i是选择的箱子；或者存在一个处于移动状态的箱子j，它的右边界等于箱子i的左边界，且它们在y轴上的投影的公共长度>0。你可以发现在这种情况下，任意时刻每个矩形仍然不相交。
Leonard认为这个问题太过于stupid，但又不好意思拒绝（毕竟是十年的室友），于是让老X来回答这个问题。如果老X成功地回答了Sheldon的问题，Leonard就会让Sheldon就会带上老X一起去瑞典。
输入
第一行两个整数n,t和k。Sheldon开始选择的是输入的第t个行李。接下来n行每行四个整数表示行李的左下角坐标是\((x1_i,y1_i)\)，右上角坐标是\((x2_i,y2_i)\)。
输出
输出一行n个整数，第i个整数表示k秒后第i个行李箱的左下角的x坐标。
你可以发现只要知道这个值就能唯一确定行李箱的位置。
样例
Input
5 1 1
1 1 2 3
2 2 3 5
3 4 4 5
4 2 5 5
5 1 6 3Output
2 3 4 5 6Hint
对于30%的数据，\(k≤100\)。
对于另外40%的数据，\(n≤1000\)。
对于100%的数据，\(n≤10^5,1≤t≤n,1≤k≤10^9\)，所有坐标都在\(−10^9\)和\(10^9\)之间。
数据保证任意两个行李不相交。
题解
首先当然是根据\(x1\)将所有箱子排序。我们只要知道每个箱子第一次被推动的时间\(ti\)即可算出最后每个箱子的位置。
为避免擦着过的情况，我们一开始先将\(y2--\)。这样只要满足两个点纵坐标构成的两区间存在交集则表示会相撞。假设\(i\)会被它前面的撞到，且\(i\)能够撞到\(j\)，则\(ti[j]=min(ti[j],ti[i]+x1[j]-x2[i])\)。
对于70%数据，直接暴力\(O(N)\)扫一遍前面的行李即可，取最小值，总的时间复杂度为\(O(N^2)\)。
考虑怎么快速取到最小值，很显然可以用线段树去优化。先将纵坐标离散了，然后对线段树的一段区间赋上某个值，这个区间就是离散后的纵坐标。查询时也是根据当前点的纵坐标区间查询最小值。存什么值呢，观察上面那个式子得，只要存\(ti[i]-x2[i]\)即可。线段树支持个区间覆盖，区间查询最小值即可。
这道题就结束了，不过实现上有很多细节要注意：
1.最后一定要判\(ti[]<=k\)，保证是在规定时间内被撞到。
2.由于是线段树区间赋值，一开始的懒标记lazy，最小值w一定都要赋值成一个极大值INF。
3.离散数组要开\(2N\)，因为对于每个箱子都离散了\(y1,y2\)共\(2N\)个数。相应的，线段树数组大小要开\(8N\)。
4.一开始的\(y2--\)，保证不会出现擦过的情况。
5.一个考试时很silly的疑惑：怎么保证按x1排序后，只要纵坐标有交集两个箱子会相撞，如果前面箱子的x2>后面箱子的x1那不就不相撞了吗，其实画个图就知道这两者不可能同时满足qwq。
代码如下:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10,INF=1e9+2;
inline int read(){
int x=0,e=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')e=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
return x*e;
}
struct node{
int x,y,x2,y2,id;
}o[N];
inline bool cmp(node a,node b){return a.x<b.x;}
int n,s,k,LIM;
struct sgt{
int l,r,w,lazy;
}b[8*N];
void build(int o,int l,int r){
b[o].l=l,b[o].r=r,b[o].w=INF,b[o].lazy=INF;
if(l==r)return;
int mid=l+r>>1;
build(o<<1,l,mid);build(o<<1|1,mid+1,r);
}
void down(int o){
if(b[o].lazy==INF)return ;
int p=b[o].lazy;
b[o<<1].w=min(b[o<<1].w,p);b[o<<1|1].w=min(b[o<<1|1].w,p);
b[o<<1].lazy=min(b[o<<1].lazy,p);b[o<<1|1].lazy=min(b[o<<1|1].lazy,p);
b[o].lazy=INF;
}
void update(int o,int l,int r,int d){
if(b[o].l==l&&b[o].r==r){
b[o].w=min(b[o].w,d);
b[o].lazy=min(b[o].lazy,d);
return;
}
down(o);
int mid=b[o].l+b[o].r>>1;
if(r<=mid)update(o<<1,l,r,d);
else if(l>mid)update(o<<1|1,l,r,d);
else{
update(o<<1,l,mid,d);update(o<<1|1,mid+1,r,d);
}
b[o].w=min(b[o<<1].w,b[o<<1|1].w);
}
int query(int o,int l,int r){
if(b[o].l==l&&b[o].r==r)return b[o].w;
down(o);
int mid=b[o].l+b[o].r>>1;
if(r<=mid)return query(o<<1,l,r);
else if(l>mid)return query(o<<1|1,l,r);
return min(query(o<<1,l,mid),query(o<<1|1,mid+1,r));
}
int ti[N],res[N];
int yy[2*N];
int main(){
n=read(),s=read(),k=read();
int tmp=0;
for(register int i=1;i<=n;i++){
int a=read(),b=read(),c=read(),d=read();
d--;
o[i]=(node){a,b,c,d,i};
yy[++tmp]=b,yy[++tmp]=d;
}
sort(o+1,o+n+1,cmp);
sort(yy+1,yy+tmp+1);
LIM=unique(yy+1,yy+tmp+1)-yy-1;
for(register int i=1;i<=n;i++){
o[i].y=lower_bound(yy+1,yy+LIM+1,o[i].y)-yy;
o[i].y2=lower_bound(yy+1,yy+LIM+1,o[i].y2)-yy;
}
build(1,1,LIM);
int st;
for(register int i=1;i<=n;i++)if(o[i].id==s){st=i;break;}
ti[st]=1;
update(1,o[st].y,o[st].y2,1-o[st].x2);
for(register int i=st+1;i<=n;i++){
int now=query(1,o[i].y,o[i].y2);
if(now==INF)continue;
ti[i]=o[i].x+now;
update(1,o[i].y,o[i].y2,ti[i]-o[i].x2);
}
for(register int i=1;i<=n;i++){
if(ti[i]&&ti[i]<=k)res[o[i].id]=k-ti[i]+1+o[i].x;
else res[o[i].id]=o[i].x;
}
for(register int i=1;i<n;i++)printf("%d ",res[i]);
printf("%d\n",res[n]);
}