acm省赛：高桥和低桥（三种做法：区间计数、树状数组、线段树）

题目描述
有个脑筋急转弯是这样的：有距离很近的一高一低两座桥，两次洪水之后高桥被淹了两次，低桥却只被淹了一次，为什么？答案是：因为低桥太低了，第一次洪水退去之后水位依然在低桥之上，所以不算“淹了两次”。举例说明：
假定高桥和低桥的高度分别是5和2，初始水位为1
第一次洪水：水位提高到6（两个桥都被淹），退到2（高桥不再被淹，但低桥仍然被淹）
第二次洪水：水位提高到8（高桥又被淹了），退到3。
没错，文字游戏。关键在于“又”的含义。如果某次洪水退去之后一座桥仍然被淹，那么下次洪水来临水位提高时不能算“又”淹一次。
输入n座桥的高度以及第i次洪水的涨水水位ai和退水水位bi，统计有多少座桥至少被淹了k次。初始水位为1，且每次洪水的涨水水位一定大于上次洪水的退水水位。
输入
输入文件最多包含25组测试数据。每组数据第一行为三个整数n, m, k（1<=n,m,k<=10^{5）。第二行为n个整数hi（2<=hi<=10}8），即各个桥的高度。以下m行每行包含两个整数ai和bi（1<=bi<ai<=10^8, ai>bi-1）。输入文件不超过5MB。
输出
对于每组数据，输出至少被淹k次的桥的个数。
样例输入
2 2 2
2 5
6 2
8 3
5 3 2
2 3 4 5 6
5 3
4 2
5 2
样例输出
Case 1: 1
Case 2: 3

分析

这道题的n是1e5，暴力是没办法解开的。容易把所有的桥按照高度从小到大进行排序，然后定义一个数组记录每个高桥被淹的次数，根据输入的数据中的高水位和上一次水位得到会被淹的桥的区间，这里的复杂度是O(mlogn)，接下来就是对这个区间所有数进行++操作，然而最坏的情况是得到的区间有n那么大，直接在m的循环体内再循环进行区间++操作的复杂度会达到O(mn)，将会超时。
看到区间的操作就要想到线段树或者树状数组，当然这道题利用区间计数的思想是最快的。

方法一：区间计数

定义一个数组cnt初始化为0，对于每次操作，得到区间[l,r]以后，实际上我们每次只需要将cnt[l]++，将cnt[r+1]–。等到操作全部完成后遍历cnt[1~n]，对于每个cnt[i]，都加上之前的cnt[i-1]，即可得到i桥被淹没的次数
具体原理也不难理解，可以用一种离散数学的思维来证明，但是我发现我打不清楚里面的话，要是证明不了就自己多写几个例子很容易就能体会到。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int n,m,k,h[maxn],cnt[maxn],t=1;
int main(){while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)){memset(cnt,0,sizeof(cnt));for(int i=0;i<n;++i)scanf("%d",&h[i]);sort(h,h+n);int last=1;for(int i=0;i<m;++i){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);int id1=lower_bound(h,h+n,a)-h;if(h[id1]>a)id1--;int id2=upper_bound(h,h+n,last)-h;cnt[id2]++,cnt[id1+1]--;last=b;}for(int i=1;i<n;++i)cnt[i]+=cnt[i-1];int ans=0;for(int i=0;i<n;++i)if(cnt[i]>=k)ans++;printf("Case %d: %d\\n",t++,ans);}
}

方法二：树状数组

既然涉及到了区间+的操作，树状数组肯定也可以考虑在内，思维上差不多。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int n,m,k,h[maxn],t=1;
int f[maxn];
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void add(int x,int num){for(;x<=n;x+=lowbit(x))f[x]+=num;
}
inline int query(int x){int ans=0;for(;x>0;x-=lowbit(x))ans+=f[x];return ans;
}
int main(){while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)){memset(f,0,sizeof(f));int pre=0;for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&h[i]);sort(h+1,h+n+1);int last=1;while(m--){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);int id1=lower_bound(h+1,h+n+1,a)-h;if(h[id1]>a)id1--;int id2=upper_bound(h+1,h+n+1,last)-h;add(id2,1),add(id1+1,-1);last=b;}int ans=0;for(int i=1;i<=n;++i)if(query(i)>=k)ans++;printf("Case %d: %d\\n",t++,ans);}
}

方法三：线段树

线段树，有坑的。。

对于一个线段树来说，每次加的大小只有1其实已经够舒服的了，但是这个x和y，真的得同时把控到位，而且要如果你不是我这样的方法找到这个区间的话，还得调一下的，直接给代码：

代码如下（线段树的建树+懒标记下放）：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,m,K,h[N],Case=1;
struct Tree{int val,add,len;
}t[4*N];
inline void buildtree(int k,int l,int r){t[k].add=0,t[k].len=(r-l+1);if(l==r){t[k].val=0;return;}int mid=(l+r)>>1;buildtree(k<<1,l,mid);buildtree(k<<1|1,mid+1,r);t[k].val=t[k<<1].val+t[k<<1|1].val;
}
inline void push_down(int k){t[k<<1].add+=t[k].add,t[k<<1|1].add+=t[k].add;t[k<<1].val+=t[k].add*t[k<<1].len;t[k<<1|1].val+=t[k].add*t[k<<1|1].len;t[k].add=0;
}
inline void push_up(int k){t[k].val=t[k<<1].val+t[k<<1|1].val;
}
inline void add(int k,int l,int r,int x,int y){if(l==x&&r==y){t[k].val+=t[k].len;t[k].add++;return;}push_down(k);int mid=(l+r)>>1;if(y<=mid)add(k<<1,l,mid,x,y);elseif(x>mid)add(k<<1|1,mid+1,r,x,y);else add(k<<1,l,mid,x,mid),add(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,y);push_up(k);
}
inline int query(int k,int l,int r,int x,int y){if(l==x&&r==y)return t[k].val;push_down(k);int mid=(l+r)>>1;if(y<=mid)return query(k<<1,l,mid,x,y);elseif(x>mid)return query(k<<1|1,mid+1,r,x,y);else return query(k<<1,l,mid,x,mid)+query(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,y);
}
int main(){while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&K)){for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&h[i]);sort(h+1,h+n+1);buildtree(1,1,n);int last=1;while(m--){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);int x=upper_bound(h+1,h+n+1,last)-h;int y=lower_bound(h+1,h+n+1,a)-h;if(y>n||h[y]>a)y--;last=b;if(x>n)continue;if(x<=y)add(1,1,n,x,y);}int ans=0;for(int i=1;i<=n;++i)if(query(1,1,n,i,i)>=K)ans++;printf("Case %d: %d\\n",Case++,ans);}
}

总结
对于区间类型的题目，能构思出树状数组最好还是用树状数组来解决，有时候线段树不仅敲的很多，效率还是最低的。