我们给出了一个（轴对齐的）二维矩形列表 rectangles 。 对于 rectangle[i] = [x_i1, y_i1, x_i2, y_i2], 表示第 i 个矩形的坐标， (x_i1, y_i1) 是该矩形 左下角 的坐标， (x_i2, y_i2) 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。

示例 2：
输入：rectangles = [[0,0,1000000000,1000000000]]
输出：49
解释：答案是 10^18 对 (10^9 + 7) 取模的结果， 即 49 。

提示：

• 1 <= rectangles.length <= 200
• rectanges[i].length = 4
• 0 <= x_i1, y_i1, x_i2, y_i2 <= 10⁹
• 矩形叠加覆盖后的总面积不会超越 2⁶³ - 1 ，这意味着可以用一个 64 位有符号整数来保存面积结果。

方案一：O(n²logn)的时间复杂度

1. 获取所有矩形的两条竖边的 x 坐标，按 x 从小到大排序。
2. 遍历 x 坐标，值相同的跳过(可以在第一步做一个去重), 找到两个不同的坐标 x1 , x2。
3. 遍历所有的矩形，记录下横坐标区间覆盖了 x1, x2 的矩形的两个 y 坐标。
4. 统计出这些 y 坐标的总长度（高度），乘以 x2 - x1 (宽度），就是（x1, x2) 区间中矩形的面积
5. 继续遍历，遍历完所有的区间，就是所有矩形的总面积

例：

遍历到 (x1, x2) 区间时， 有 4 个矩形覆盖了这个区间：R1、R2、R3、R4；统计出来的高度为：H = (y2 - y1) + (y6 - y3) + (y8 - y7)。面积为： H * (x2 - x1)。（R2 和 R3 重复的面积没有算，统计出来的高度是 y6 - y3, 而不是 y6 - y4 + y5 - y3）
上一个遍历的区间是前一个 x 到 x1， 下一个要遍历的区间是 (x2, x3)。因为 x 坐标是根据矩形的竖边确定的，所以不会错过任何矩形的面积漏算，一定会统计出所有的面积。

int rectangleArea(vector>& rectangles) {const int MOD = 1e9 + 7;vector vecX;for (auto &rect : rectangles) {vecX.push_back(rect[0]);vecX.push_back(rect[2]);}sort(vecX.begin(), vecX.end());long ans = 0;for (int i = 1; i < vecX.size(); ++i) {int a = vecX[i - 1], b = vecX[i];if (a == b) continue;vector> lines;for (auto &rect : rectangles) {if (rect[0] <= a && b <= rect[2]) { // 矩形覆盖当前区间（矩形在区间内），将矩形的y坐标记录下来lines.push_back({rect[1], rect[3]});}}sort(lines.begin(), lines.end(), [](vector& a, vector& b) -> bool {return a[0] < b[0] || (a[0] == b[0] && a[1] < b[1]);});long height = 0, prey1 = -1, prey2 = -1;for (auto &cur : lines) {if (cur[0] > prey2) { // 和上一个纵区间不相交height += prey2 - prey1;prey1 = cur[0];prey2 = cur[1];} else if (cur[1] > prey2) { // 和上一个纵区间相交，合并成一个prey2 = cur[1];}}height += prey2 - prey1;ans += height * (b - a);ans %= MOD;}return ans;
}

方案二：O(n²) 的时间复杂度

int rectangleArea(vector>& rectangles) {int n = rectangles.size();vector hbound;for (const auto& rect: rectangles) {hbound.push_back(rect[1]);hbound.push_back(rect[3]);}sort(hbound.begin(), hbound.end());hbound.erase(unique(hbound.begin(), hbound.end()), hbound.end()); // 删除重复的 y 坐标int m = hbound.size();vector seg(m - 1);vector> sweep; // 分别表示：x 坐标，第几个矩形，左边界还是右边界for (int i = 0; i < n; ++i) {sweep.emplace_back(rectangles[i][0], i, 1);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; // 找到横坐标相同的左右边界}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 y1 = rectangles[idx][1], y2 = rectangles[idx][3];for (int x = 0; x < m - 1; ++x) {if (y1 <= hbound[x] && hbound[x + 1] <= y2) { // 纵坐标包含了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(cover) * (get<0>(sweep[j + 1]) - get<0>(sweep[j]));i = j;}return ans % static_cast(1e9 + 7);
}

方案三： O(nlogn)的时间复杂度

    struct Segtree {int cover;int length;int max_length;};int rectangleArea(vector>& rectangles) {int n = rectangles.size();for (const auto& rect: rectangles) {hbound.push_back(rect[1]);hbound.push_back(rect[3]);}sort(hbound.begin(), hbound.end());hbound.erase(unique(hbound.begin(), hbound.end()), hbound.end());int m = hbound.size();// 线段树有 m-1 个叶子节点，对应着 m-1 个会被完整覆盖的线段，需要开辟 ~4m 大小的空间tree.resize(m * 4 + 1);init(1, 1, m - 1);vector> sweep;for (int i = 0; i < n; ++i) {sweep.emplace_back(rectangles[i][0], i, 1);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];// 使用二分查找得到完整覆盖的线段的编号范围int left = lower_bound(hbound.begin(), hbound.end(), rectangles[idx][1]) - hbound.begin() + 1;int right = lower_bound(hbound.begin(), hbound.end(), rectangles[idx][3]) - hbound.begin();update(1, 1, m - 1, left, right, diff);}ans += static_cast(tree[1].length) * (get<0>(sweep[j + 1]) - get<0>(sweep[j]));i = j;}return ans % static_cast(1e9 + 7);}void init(int idx, int l, int r) {tree[idx].cover = tree[idx].length = 0;if (l == r) {tree[idx].max_length = hbound[l] - hbound[l - 1];return;}int mid = (l + r) / 2;init(idx * 2, l, mid);init(idx * 2 + 1, mid + 1, r);tree[idx].max_length = tree[idx * 2].max_length + tree[idx * 2 + 1].max_length;}void update(int idx, int l, int r, int ul, int ur, int diff) {if (l > ur || r < ul) {return;}if (ul <= l && r <= ur) {tree[idx].cover += diff;pushup(idx, l, r);return;}int mid = (l + r) / 2;update(idx * 2, l, mid, ul, ur, diff);update(idx * 2 + 1, mid + 1, r, ul, ur, diff);pushup(idx, l, r);}void pushup(int idx, int l, int r) {if (tree[idx].cover > 0) {tree[idx].length = tree[idx].max_length;}else if (l == r) {tree[idx].length = 0;}else {tree[idx].length = tree[idx * 2].length + tree[idx * 2 + 1].length;}}private:vector tree;vector hbound;