【BZOJ2422】Times 树状数组

【BZOJ2422】Times

Description

小y作为一名资深的dotaer，对视野的控制有着深刻的研究。每个单位在一段特定的时间内会出现在小y的视野内，除此之外的时间都在小y看不到的地方。在小y看来，视野内的单位数量越多，他就越安全，因为这意味着有可能藏在阴影中的单位就越少。现在，小y已经知道了每个单位会在什么时候出现在视野内，他想知道，在一段时间内，总共有多少个单位出现在他的视野内过。

Input

第一行有两个整数n，m,表示一共有n个单位，而小y有m个问题。

接下来n行，每行两个数a，b，表示这个单位a秒时出现在小y的视野内，出现了b秒。

接下来m行，每行两个整数x，y，表示从x秒开始，经过y秒，其中有多少个单位出现过。

Output

m行，即对于小y提出的每个问题的答案。

Sample Input

3 2
2 5
0 10
5 8
0 6
8 2

Sample Output

3
2

【数据范围】
1<=n,m<=200000
1<=x,y,a,b<=maxlongint

题解：这题的思路还是比较好的。

正着做比较难，考虑反着做。我们可以统计在那段时间内它没有看到过多少个单位，则要么b<x<y要么x<y<a，并且这两种情况不会重复计算，用树状数组统计一下就好了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=200010;
int n,m,nm,tot;
int x[maxn],y[maxn],l[maxn],r[maxn];
struct BIT
{
	int s[maxn<<2];
	inline void updata(int x)
	{
		for(int i=x;i<=nm;i+=i&-i)	s[i]++;
	}
	inline int query(int x)
	{
		int i,ret=0;
		for(i=x;i;i-=i&-i)	ret+=s[i];
		return ret;
	}
}s1,s2;
struct node
{
	int org,k;
	ll val;
}p[maxn<<2];
bool cmp(const node &a,const node &b)
{
	return a.val<b.val;
}
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret*f;
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd();
	int i;
	for(i=1;i<=n;i++) p[++tot].val=rd(),p[tot+1].val=p[tot].val+rd()-1,p[tot].org=p[tot+1].org=i,p[++tot].k=1;
	for(i=1;i<=m;i++) p[++tot].val=rd(),p[tot+1].val=p[tot].val+rd()-1,p[tot].org=p[tot+1].org=i,p[tot].k=2,p[++tot].k=3;
	sort(p+1,p+tot+1,cmp);
	p[0].val=-1;
	for(i=1;i<=tot;i++)
	{
		if(p[i].val>p[i-1].val)	nm++;
		switch(p[i].k)
		{
			case 0:x[p[i].org]=nm;	break;
			case 1:y[p[i].org]=nm;	break;
			case 2:l[p[i].org]=nm;	break;
			case 3:r[p[i].org]=nm;	break;
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)	s1.updata(y[i]),s2.updata(x[i]);
	for(i=1;i<=m;i++)	printf("%d\n",n-(s1.query(l[i]-1)+s2.query(nm)-s2.query(r[i])));
	return 0;
}