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##Lights 灯
一、题目大意
给出一个n*m的矩阵，再给出N个点,问其中的任意两个点 (x_1,y_1) 与 (x_2,y_2) 之间，最短路径为 |x_1-x_2| + |y_1-y_2| , 是否存在一条最短路径，使得拐弯的地方都存在着点。
目前状态：理解了，但不太会讲，还需要继续消化一下~ 2023.01.05
值得学习的内容
-
二维坐标去重+按(x,y)排序的办法
-
思维：思考两个点，必须得
x相等或y相等，否则无法连接上，需要引入第三点。此时，如果两个点是按(x,y)排序过的，那么可以在同x，同y情况下讨论相邻点的情况。思考构建一个矩形，矩形内有其它点就是NO,这个思维难度也不低。 -
为什么要用主席树+扫描线？因为方便，无脑，按顺序
x从小到大，每个x视为一个版本，每次查询构造矩形中点的个数，如果大于0就是有不合法的点
也不怪我学着费劲，本题对思维的要求确实挺高，没学习过类似的题，现场基本是不可能做上的，都需要提前做过类似的训练，并且熟练才行，慢慢历练吧~
二、扫描线+主席树
对于每个点(x, y)，正左方 最近的点记为(x', y)
解读：
① 正左方意味着y坐标相同
② 最近也意味着y坐标相同
正上(下) 方最近的点记为(x, y')，
解读：
① 正上（下）方意味着x坐标相同
② 最近也意味着x坐标相同
- 如果以这
3个点为顶点的矩形内部存在有其它的点(x'', y'')，则从(x, y)到(x'', y'')不存在goodpath. - 反之，如果整个图中都不存在这种情况，则任意两点间都有
goodpath
因而可以用 扫描线和可持久化线段树 来做，从左往右扫描，每个x值 对应线段树的一个版本，每遇到一个点(x, y)和它正上（下）方最近的点(x, y')就在当前版本的线段树和版本为x'的线段树上查询y和y'之间的点数，如果这两个值不相等，则意味着存在上述的点(x'',y''). 对于每条扫描线处理完查询之后再将点插入到当前版本的线段树中. 复杂度O(NlogN)。
对于每个x，在其每个y处对线段树进行更新，并记录左边最近的点的横坐标，最后再将该x与最后版本的线段树对应起来。从左向右扫一遍，先判断，后更新。
实现代码
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
//快读
int read() {
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') {
if (ch == '-') f = -1;
ch = getchar();
}
while (ch >= '0' && ch <= '9') {
x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
ch = getchar();
}
return x * f;
}
const int N = 500010;
const int M = 50010;
int n; //点的数量
vector<int> a[M]; //记录每个点的坐标
//主席树的结构体
struct Node {
int cnt;
int l, r;
} tr[N << 5]; //主席树，一般开32倍空间
int idx; //主席树的节点生成器
int root[M]; //版本与根节点的对应关系
int ver[M]; //记录y坐标是在哪个版本加入进去的,这是一个桶，性能用静态数组模拟应该是最强的，不要使用什么unordered_map之流
//标准的主席树insert
int insert(int p, int l, int r, int x) {
int q = ++idx;
tr[q] = tr[p];
tr[q].cnt++;
if (l == r) return q;
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid)
tr[q].l = insert(tr[p].l, l, mid, x);
else
tr[q].r = insert(tr[p].r, mid + 1, r, x);
return q;
}
//功能：主席树，在两个版本间 查询 某个区间中数字的增加个数
int query(int q, int p, int ql, int qr, int l, int r) {
if (ql <= l && qr >= r) return tr[p].cnt - tr[q].cnt; //完整区间包含,直接返回两个版本的数字个数差，表示两个版本间增加的数字数量
int ans = 0;
int mid = (l + r) >> 1;
if (ql <= mid) ans = query(tr[q].l, tr[p].l, ql, qr, l, mid); //递归查询左半区间
if (qr > mid) ans += query(tr[q].r, tr[p].r, ql, qr, mid + 1, r); //递归查询右半区间
return ans;
}
bool solve() {
//对于主席树的0号版本进行清空
root[0] = idx = tr[0].l = tr[0].r = tr[0].cnt = 0; //索引号生成器idx修改为0，主席树中0号结点左儿子，右儿子都不存在，0号版本中数字个数为0, 0号版本的根节点是0
memset(ver, 0, sizeof(ver)); //清空ver数组
for (int i = 1; i <= 50000; i++) { //从小到大枚举每一个x坐标
for (int j = 0; j < a[i].size(); j++) { //从小到大枚举每一个y坐标
//如果是第一个y坐标，那么l=0,这个0是哨兵的意思。如果不是第一个y坐标，那么l=当前y坐标的前一个y坐标，prev_y,
int l = j == 0 ? 0 : a[i][j - 1];
//如果是最后一个y坐标，那么r=50001,否则r=当前y坐标的下一个y坐标，next_y
int r = j == a[i].size() - 1 ? 50001 : a[i][j + 1];
// root[i]:当前版本的根
// root[x[a[i][j]]]:前一版本的根
// query的返回值是个整数，表示两个版本间两个区间内增加的数字个数，如果个数大于0，就return false
if (query(root[i - 1], root[ver[a[i][j]]], l + 1, r - 1, 1, 50000)) return false;
}
root[i] = root[i - 1];
for (int j = 0; j < a[i].size(); j++) { //从小到大枚举每一个y坐标
root[i] = insert(root[i], 1, 50000, a[i][j]);
ver[a[i][j]] = i; //记录a[i][j]这个y坐标，是第i个版本中增加进去的
}
}
//如果上面所有的坐标点都讨论过，全都没有返回false,那就只能返回true
return true;
}
/*
NO
YES
*/
int main() {
//文件输入输出
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("HDU5820.in", "r", stdin);
#endif
while (n = read(), n) { //在使用快读时，要注意使用 ,n 而不是使用 && n!!!! read没有返回值！！！！
// a数组装的是坐标(x,y),只不过它是以x坐标为第一维，第二维的y1,y2,y3,... 通过push_back加入到一维的x中
for (int i = 0; i < M; i++) a[i].clear(); //二维vector的清空操作，不用循环还真不行
int x, y;
while (n--) {
x = read(), y = read(); // 每个点的坐标
a[x].push_back(y); // 记录每个点的坐标，记录的方法很有意思，是一个vector,一维是x坐标，二维是y坐标
}
//枚举每个可能的x坐标，对x坐标相同的点，按y坐标小由到大进行排序，这样，就是一个二维有序的数组啦，和结构体两个属性进行排序效果和速度是一样的
for (int i = 1; i <= 50000; i++) { //这样是以x从小到大排序的
sort(a[i].begin(), a[i].end()); //对y也要从小到大排序,这和整一个Node{x,y},然后自定义sort operator < 定义先按x，后按y是一个意思，有时间再写一个结构体版本的
a[i].erase(unique(a[i].begin(), a[i].end()), a[i].end()); //对于相同的(x,y)进行排序+去重
}
//开始每一轮计算的主函数solve
puts(solve() ? "YES" : "NO"); //存在题目要求的答案，返回YES，否则返回NO
}
return 0;
}