1154: 校门外的树

1154: 校门外的树

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Description

某校大门外长度为L 的马路上有一排树，每两棵相邻的树之间的间隔都是1 米。我们可以把马路看成一个数轴，马路的一端在数轴0 的位置，另一端在L 的位置；数轴上的每个整数点，即0，1，2，……，L，都种有一棵树。 
由于马路上有一些区域要用来建地铁。这些区域用它们在数轴上的起始点和终止点表示。已知任一区域的起始点和终止点的坐标都是整数，区域之间可能有重合的部分。现在要把这些区域中的树（包括区域端点处的两棵树）移走。你的任务是计算将这些树都移走后，马路上还有多少棵树。

Input

输入第一行是一个整数N，表示有N组测试数据。

每组测试数据的第一行有两个整数L（1 <= L <= 10000）和 M（1 <= M <= 100），L 代表马路的长度，M 代表区域的数目，L 和M 之间用一个空格隔开。

接下来的M 行每行包含两个不同的整数，用一个空格隔开，表示一个区域的起始点和终止点的坐标。

Output

输出包括N行，每行只包含一个整数，表示马路上剩余的树的数目。

Sample Input

2500 3150 300100 200470 47110 23 76 8

Sample Output

2985

HINT

Source

  这个问题可以概括为输入一个大的整数闭区间，及一些可能互相重叠的在该大区间内的小的整数闭区间。在大的整数闭区间内去除这些小的整数闭区间，问之后剩下的可能不连续的整数区间内有多少个整数。这个题目给出的范围是大的区间在1~10000以内，要去除的小的区间的个数是100个以内。因为规模较小，所以可以考虑用空间换时间，用一个大数组来模拟这些区间，数组中的每个数表示区间上的一个数。例如，如果输入L的长度是500，则据题意可知最初有501棵树。我们就用一个501个元素的数组来模拟这501棵树，数组的下标分别代表从1到501棵树，数组元素的值代表这棵树是否被一走。最初这些树都没有被移走，所以所有数组元素的值都用true来表示。每当输入一个小区间，就将这个区间对应的树全部移走，即将这个区间对应的数组元素下标指示的元素的值置成false。如果有多个区间对应同一个数组元素，会导致多次将某个数组元素置成false。不过这并不影响结果的正确性。当所有小区间输入完成，我们可以数一下剩下的仍旧为true的元素的个数，就可以得到最后剩下的树的数目。当然如果最开始输入的区间不是500，则我们使用的数组大小就不是500。因为题目给出的上限是10000，所以我们可以定义一个大小是10001个元素的数组，这样对所有输入都是够用的。       

#include<iostream>using namespace std;int  main   (){      int   T;  cin>>T;  while ( T-- )  {  //L为区间长度也即马路的长度，n为区间个数，ij为循环变量      int  L,i,j,n;  //用布尔数组来模拟树的存在情况  bool trees[10001];  for ( i=0 ; i<10001 ; i++ )              trees[i]=true;             cin>>L>>n; for ( i=0 ; i<n ; i++ ) { int begin ,end; cin>>begin>>end; for ( j=begin ; j<=end ; j++)    trees[j]=false; } //用count计数，数数剩余树的数目         int   count=0;             for ( i=0 ; i<=L ; i++) if (trees[i])  //trees[i]为真输出                 count++;              cout<<count<<endl;  }return 0;}

代码如下：
#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;#define MAXN 40040#define inf 0x3f3f3f3fstruct segTree{    int l,r,sum;}tree[MAXN];void buildTree (int now,int ll,int rr){    tree[now].l=ll;    tree[now].r=rr;    if (ll==rr)//如果当前区间长度为1    {        tree[now].sum=1;//这个区间最开始只有1棵树        return;//不写return会炸...    }    int mid=(ll+rr)/2;    int lch=now*2,rch=now*2+1;    buildTree(lch,ll,mid);//建左子树    buildTree(rch,mid+1,rr);//建右子树tree[now].sum = tree[lch].sum + tree[rch].sum;//父亲节点树木是左右子节点的树木个数的和}void update (int now,int ll,int rr,int x,int y){if (  ll>y || rr<x || tree[now].sum==0 ) //当[x,y]与当前区间[ll,rr]没有交集时，或此区间的树都已经被拔光了return ;    if (x<=ll&&y>=rr)     {        tree[now].sum=0;//将此区间树拔光        return ;    }    int mid=(ll+rr)/2;    int lch=now*2,rch=now*2+1;    update(lch,ll,mid,x,y);//二分寻找[ll,rr],使其与[x,y]有交集    update(rch,mid+1,rr,x,y);    tree[now].sum=tree[lch].sum+tree[rch].sum;}int L,M;int main(){    //freopen("de.txt","r",stdin);int   T;cin>>T;while ( T-- ){        scanf("%d%d",&L,&M);        buildTree(1,1,1+L);        for (int i=0;i<M;++i){        int left,right;        scanf("%d%d",&left,&right);        update(1,1,1+L,left+1,right+1);}        printf("%d\n",tree[1].sum);}    return 0;}


/*线段的区间覆盖，我把这道题当作自己线段树的入门题。线段树的核心思想是以空间换时间。以4倍的空间复杂度来将O(n)的算法优化成O(logn)。
如果现在的节点在树的数组中的下标为now，则它的左儿子的下标就是now*2，右儿子的下标就是now*2+1。
如果现在节点所代表的区间范围是[l,r],则它的左儿子代表的区间范围是[l,mid]，右儿子是[mid+1,r]（mid=(l+r)/2）;
建树的时候按照先序遍历的顺序来建树。*/