hdu 5372 Segment Game (树状数组+离散化）

参考：http://blog.csdn.net/queuelovestack/article/details/47446007

题意：给你n次操作，每次增加线段或者删除第i次增加操作中增加的线段，问你每次增加操作中，所增加的线段会覆盖多少条完整的线段。

题解：对于新插入的线段，查询有多少个线段左端点大于等于该线段的左端点。 再查询有多少个线段的右端点大于该线段右端点， 两者之差就是答案。用两个树状数组搞定。时间复杂度nlogn

之所以说只要查询左端点大于等于该线段的左端点的线段数-右端点大于该线段右端点的线段数即为答案，是因为一条线段[l0,r0]完全覆盖另一条线段[l1,r1]当且仅当l0<=l1&&r1<=r0，即左端点大于等于当前线段的左端点，右端点小于等于当前线段的右端点

解题思路：这题思路挺简单，用两个树状数组或者线段树进行单点更新(推荐树状数组，写起来相对方便一些)，然后求得区间内包含的线段即可，但有两个注意点：

     1.每次增加线段都比之前的所有线段长，所以求区间内线段数的时候不用考虑横穿整个区间，只需考虑全部在区间内或者部分在区间内，部分在区间外的线段；

     2.这里的删减操作是删除第i个增加操作的线段，增加操作也是增加一条长为当前第i个增加操作的长度是i，注意是增加操作，不是总的操作！

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <iostream>#include <cmath>#include <string>#include <vector>#include <map>#include <queue>#include <set>#include <climits>using namespace std;const int INF=0x3f3f3f3f;const int maxn=200010;int a[maxn*2],b[maxn*2],l[maxn],r[maxn],d[maxn*2];int x[maxn],y[maxn];int lowbit(int x){return x&(-x);}int sum(int x,int *c){int ret=0;while(x>0){ret+=c[x];x-=lowbit(x);}return ret;}void add(int x,int *c,int num){while(x<=d[0]){if(num)c[x]++;elsec[x]--;x+=lowbit(x);}}int main(){int n,kase=1;while(~scanf("%d",&n)){memset(a,0,sizeof(a));memset(b,0,sizeof(b));int st=1;int num=1;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);if(!x[i]){d[st++]=y[i];d[st++]=y[i]+num;num++;}}sort(d+1,d+st+1);d[0]=unique(d+1,d+1+st)-(d+1);//离散化printf("Case #%d:\n",kase++);int i,j;for(j=i=1;i<=n;i++){if(x[i]){add(l[y[i]],a,0);add(r[y[i]],b,0);}else{l[j]=lower_bound(d+1,d+d[0]+1,y[i])-d;//离散化:1,11,24,68,999 =>  1,2,3,4,5r[j]=lower_bound(d+1,d+d[0]+1,y[i]+j)-d;//printf("%d\n",num-sum(l[j]-1,a)-(num-sum(r[j],b)));printf("%d\n",sum(r[j],b)-sum(l[j]-1,a));add(l[j],a,1);add(r[j],b,1);j++;}}}return 0;}