850. 矩形面积 II

我们给出了一个（轴对齐的）二维矩形列表 rectangles 。 对于 rectangle[i] = [x1, y1, x2, y2]，其中（x1，y1）是矩形 i 左下角的坐标， (xi1, yi1) 是该矩形 左下角 的坐标， (xi2, yi2) 是该矩形 右上角 的坐标。

计算平面中所有 rectangles 所覆盖的 总面积 。任何被两个或多个矩形覆盖的区域应只计算 一次 。

返回 总面积 。因为答案可能太大，返回 109 + 7 的 模 。

示例 1：

输入：rectangles = [[0,0,2,2],[1,0,2,3],[1,0,3,1]]
输出：6
解释：如图所示，三个矩形覆盖了总面积为6的区域。
从(1,1)到(2,2)，绿色矩形和红色矩形重叠。
从(1,0)到(2,3)，三个矩形都重叠。
1
2
3
4
5

示例 2：

输入：rectangles = [[0,0,1000000000,1000000000]]
输出：49
解释：答案是 1018 对 (109 + 7) 取模的结果， 即 49 。
1
2
3

提示：

1 <= rectangles.length <= 200
rectanges[i].length = 4
0 <= xi1, yi1, xi2, yi2 <= 109
矩形叠加覆盖后的总面积不会超越 2^63 - 1 ，这意味着可以用一个 64 位有符号整数来保存面积结果。

离散化 + 扫描线 + 使用简单数组实时维护

这是一道「扫描线」模板题。

将所有给定的矩形的左右边对应的 x 端点提取出来并排序，每个端点可看作是一条竖直的线段（红色），问题转换为求解「由多条竖直线段分割开」的多个矩形的面积总和（黄色）：

相邻线段之间的宽度为单个矩形的「宽度」，问题转换为求该区间内高度的并集（即矩形的高度）。

我们可以对给定的所有矩形进行遍历，统计所有对该矩形有贡献的 y 值线段，再对线段进行求交集（总长度），即可计算出该矩形的「高度」，从而计算出来该矩形的面积。

思路与算法

我们先解释扫描线的概念：想象一条竖直的直线从平面的最左端扫到最右端，在扫描的过程中，直线上的一些线段会被给定的矩形覆盖。将这些覆盖的线段长度进行积分，就可以得到矩形的面积之和。每个矩形有一个左边界和一个右边界，在扫描到矩形的左边界时，覆盖的长度可能会增加；在扫描到矩形的右边界时，覆盖的长度可能会减少。如果给定了 n 个矩形，那么覆盖的线段长度最多变化 2n 次，此时我们就可以将两次变化之间的部分合并起来，一起计算：即这一部分矩形的面积，等于覆盖的线段长度，乘以扫描线在水平方向移动过的距离。

因此，我们可以首先将所有矩形的左右边界按照横坐标进行排序，这样就确定了扫描线扫描的顺序。随后我们遍历这些左右边界，一次性地处理掉一批横坐标相同的左右边界，对应地增加或者减少覆盖的长度。在这之后，下一个未遍历到的坐右边界的横坐标，减去这一批左右边界的横坐标，就是扫描线在水平方向移动过的距离。

那么我们如何维护「覆盖的线段长度」呢？这里同样可以使用到离散化的技巧（扫描线就是一种离散化的技巧，将大范围的连续的坐标转化成 2n 个离散的坐标）。由于矩形的上下边界也只有 2n 个，它们会将 y 轴分成 2n+1 个部分，中间的 2n-1 个部分均为线段，会被矩形覆盖到（最外侧的 2 个部分为射线，不会被矩形覆盖到），并且每一个线段要么完全被覆盖，要么完全不被覆盖。因此我们可以使用两个长度为 2n-1 的数组 seg 和 length，其中 seg[i] 表示第 i 个线段被矩形覆盖的次数length[i] 表示第 i 个线段的长度。当扫描线遇到一个左边界时，我们就将左边界覆盖到的线段对应的seg[i] 全部加 1；遇到一个右边界时，我们就将右边界覆盖到的线段对应的 seg[i] 全部减 1。在处理掉一批横坐标相同的左右边界后，seg[i] 如果大于 0，说明它被覆盖，我们累加所有的 length[i]，即可得到「覆盖的线段长度」。

class Solution {
public:
    int rectangleArea(vector<vector<int>>& rectangles) {
        int n = rectangles.size();
        vector<int> hbound;
        for (const auto& rect: rectangles) {
            // 下边界
            hbound.push_back(rect[1]);
            // 上边界
            hbound.push_back(rect[3]);
        }
        sort(hbound.begin(), hbound.end());
        hbound.erase(unique(hbound.begin(), hbound.end()), hbound.end());
        int m = hbound.size();
        // 「思路与算法部分」的 length 数组并不需要显式地存储下来
        // length[i] 可以通过 hbound[i+1] - hbound[i] 得到
        vector<int> seg(m - 1);

        vector<tuple<int, int, int>> sweep;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            // 左边界
            sweep.emplace_back(rectangles[i][0], i, 1);
            // 右边界
            sweep.emplace_back(rectangles[i][2], i, -1);
        }
        sort(sweep.begin(), sweep.end());

        long long ans = 0;
        for (int i = 0; i < sweep.size(); ++i) {
            int j = i;
            while (j + 1 < sweep.size() && get<0>(sweep[i]) == get<0>(sweep[j + 1])) {
                ++j;
            }
            if (j + 1 == sweep.size()) {
                break;
            }
            // 一次性地处理掉一批横坐标相同的左右边界
            for (int k = i; k <= j; ++k) {
                auto&& [_, idx, diff] = sweep[k];
                int left = rectangles[idx][1], right = rectangles[idx][3];
                for (int x = 0; x < m - 1; ++x) {
                    if (left <= hbound[x] && hbound[x + 1] <= right) {
                        seg[x] += diff;
                    }
                }
            }
            int cover = 0;
            for (int k = 0; k < m - 1; ++k) {
                if (seg[k] > 0) {
                    cover += (hbound[k + 1] - hbound[k]);
                }
            }
            ans += static_cast<long long>(cover) * (get<0>(sweep[j + 1]) - get<0>(sweep[j]));
            i = j;
        }
        return ans % static_cast<int>(1e9 + 7);
    }
};


1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60