題目鏈結
題目大意
假定有乙個無限長的數軸，數軸上每個座標上的數都是0。
現在，我們首先進行 n 次操作，每次操作將某一位置x上的數加c。
接下來，進行 m 次詢問，每個詢問包含兩個整數l和r，你需要求出在區間[l, r]之間的所有數的和。
−109≤x≤109 ,
1≤n,m≤105,
−109≤l≤r≤109,
−10000≤c≤10000
解題思路
參考鏈結
離散化的本質，是對映，將間隔很大的點，對映到相鄰的陣列元素中。減少對空間的需求，也減少計算量。
首先，可以先統計所有出現的座標（將無限長的陣列，離散化為有限的座標），記錄插入操作的插入值、記錄查詢操作的兩個區間，其次將所有出現的座標去重。接著處理插入操作，使用二分查詢找到相應的座標；然後，為了方便計算查詢操作的區間和，使用字首和進行預處理；最後，在字首和陣列上處理查詢操作。
#include
#include
#include
using
namespace std;
typedef pair<
int,
int> pii;
//1≤n,m≤10^5，將無限長的數軸對映為n個座標
const
int n =
300010
;int n, m;
int a[n]
, s[n]
;vector<
int> alls;
vector add, query;
//第乙個 >= x 的位置
intfind
(int x)
return r +1;
// 對映到1.2......n
}//會將所有重複的元素，放在後面，然後刪除就可以了
vector<
int>
::iterator unique
(vector<
int>
&a)int
main()
);alls.
push_back
(x);
}for
(int i =
0; i < m; i ++))
; alls.
push_back
(l);
alls.
push_back
(r);
}// alls 涉及了所有的下標
// 去重
sort
(alls.
begin()
, alls.
end())
;//h 刪除下標pos開始的n個字元
// unique(alls) 會將所有重複的數字放在最後
alls.
erase
(unique
(alls)
, alls.
end())
;// 處理插入
for(
auto item : add)
// 字首和
for(
int i =
1; i <= alls.
size()
; i ++
) s[i]
= s[i -1]
+ a[i]
;// 處理詢問
for(
auto item : query)
return0;
}
模板一 vector去重
//會將所有重複的元素，放在後面，然後刪除就可以了
vector<
int>
::iterator unique
(vector<
int>
&a)int
main()
//第乙個 >= x 的位置
intfind
(int x)
// 返回的下標從1開始
return r +1;
// 對映到1.2......n
}
題目大意
給定 n 個區間 [li,ri]，要求合併所有有交集的區間。
注意如果在端點處相交，也算有交集。
輸出合併完成後的區間個數。
例如[1,3]和[2,6]可以合併為乙個區間[1,6]。
解題思路 模擬
顯然區間的端點非常關鍵。
按區間左端點排序後，可以設定start，end記錄上一次區間的左右端點。
如果上一次區間的右端點，比新的區間的左端點還要大，但小於右端點，此時，上一次區間與新的區間可以合併，合併後的新區間的兩個端點是：[old_start,new_end]。
如果上一次區間的右端點，比新的區間的兩個端點還要大，舊區間自然包含了新的區間，不需要合併。
如果上一次區間的右端點，比新的區間的左端點還要小，由於已經按區間左端點排序，則舊區間不會再進行合併，記錄區間即可。
#include
using
namespace std;
#define pb push_back
#define mp make_pair
typedef pair<
int,
int> pii;
vector ans,res;
intmain()
sort
(ans.
begin()
,ans.
end())
;int start =
-1e9
;int end =
-1e9
;for
(auto it : ans)
else
// end < it.second才更新，否則可以直接不用管（前乙個範圍》it當前的範圍）
}else
if(end < it.second)
}//處理最後的區間
if(end !=
-1e9
&& start !=
-1e9
) cout << res.
size()
<<
"\n"
;return0;
}
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