一、题目
1、题目描述
在一维数轴上，小蓝画了 n n n 个闭区间线段，小桥会多次询问你，每次给定两个点 a , b a, b a,b，问有多少个区间包含 a a a 点，但是不包含 b b b 点。
输入格式
第一行输入两个整数 n , q n, q n,q， n n n 代表区间个数， q q q 代表询问个数。
接下来 n n n 行，每行两个整数 l i , r i l_i, r_i li,ri，代表一个左右端点为 l i , r i l_i, r_i li,ri 的闭区间。
接下来 q q q 行，每行两个整数 a i , b i a_i, b_i ai,bi，代表询问存在多少个区间，包含 a i a_i ai 点，但不包含 b i b_i bi 点。
输出格式
输出 q q q，第 i i i 行代表第 i i i 个询问的答案。
样例输入
4 3
1 3
2 5
3 7
4 8
1 5
2 9
5 1
样例输出
1
2
3
评测数据范围
- 1 ≤ n ≤ 2 × 1 0 5 1 \le n \le 2 \times 10^5 1≤n≤2×105
- 1 ≤ q ≤ 2 × 1 0 5 1 \le q \le 2 \times 10^5 1≤q≤2×105
- 1 ≤ l i < r i ≤ 2 × 1 0 5 1 \le l_i \lt r_i \le 2 \times 10^5 1≤li<ri≤2×105
- 1 ≤ a i , b i ≤ 2 × 1 0 5 1 \le a_i,b_i \le 2 \times 10^5 1≤ai,bi≤2×105
2、基础框架
cpp
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
// 请在此输入您的代码
return 0;
}3、原题链接
二、解题报告
1、思路分析
先思考弱化版本：如果只有一个点，即仅仅考虑覆盖 a a a 点的区间有多少个。
考虑离线算法，我们对于每一个区间的左端点维护一个 vector 容器，装下对应的右端点，同时维护一个全局的线段树，从左向右扫描，扫描到一个区间的左端点时，将对应的右端点加入到线段树中，当扫描到一个右端点时，将右端点从线段树中移除，到扫描到一个 a a a 时，查询线段树中节点数量，即为答案。
那么此题相似，只不过查询的不是全局区间和，而是局部区间和。
具体如下，总共分为三种情况：
-
如果 a = = b a == b a==b ，答案为 0 0 0。
-
如果 a < b a \lt b a<b ，对区间按照左区间排序，从左向右扫描，并且维护一个区间和线段树，扫描到一个区间的左端点时，将对应的右端点加入到线段树中，当扫描到一个右端点时，将右端点从线段树中移除，到扫描到一个 a a a 时，查询线段树中 [ a , b ) [a, b) [a,b) 的区间和，即为答案。
-
如果 a > b a \gt b a>b ，对区间按照右区间排序，从右向左扫描，并且维护一个区间和线段树，扫描到一个区间的右端点时，将对应的左端点加入到线段树中，当扫描到一个左端点时，将左端点从线段树中移除，到扫描到一个 a a a 时，查询线段树中 ( b , a ] (b,a] (b,a] 的区间和，即为答案。
实际上，需要维护的是动态区间和，代码中用树状数组来代替维护区间和。
相关知识点：
2、时间复杂度
O ( l o g N ) O(logN) O(logN)
3、代码详解
- 暴力：超时
cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n;
int q;
cin >> n >> q;
vector<vector<int> > ranges(n, vector<int>(2));
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> ranges[i][0];
cin >> ranges[i][1];
}
sort(ranges.begin(), ranges.end());
int a, b;
for (int i = 0; i < q; i++) {
cin >> a >> b;
if (a == b) {
cout << "0" << endl;
continue;
}
int cnt = 0;
for (vector<int> &range : ranges) {
int l = range[0];
int r = range[1];
if ((a < l || a > r) || (l <= b && b <= r)) {
continue;
}
cnt++;
}
cout << cnt << endl;
}
return 0;
}- 树状数组
cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 100;
vector<int> posL[N], posR[N];
int n, q;
vector<pair<int, int> > query[N]; //要查询的信息
int ans[N];
//获取最右侧的1
#define lowbit(x) ((x) & (-(x)))
int tree[N];
//1~x范围的前缀和
int get_sum(int x) {
int sum = 0;
while (x) {
sum += tree[x];
x -= lowbit(x);
}
return sum;
}
//单点更新------pos位置更新：+val
void update(int pos, int val) {
while (pos < N) {
tree[pos] += val;
pos += lowbit(pos); //受影响的位置
}
}
//从左向右扫描
void L_to_R() {
memset(tree, 0, sizeof(tree));
for (int i = 1; i < N; ++i) {
for (int r : posL[i]) { //范围的右端点
update(r, 1);
}
for (auto [b, id] : query[i]) {
if (b > i) {
ans[id] = get_sum(b - 1);
}
}
update(i, -posR[i].size());
}
}
//从右向左扫描
void R_to_L() {
memset(tree, 0, sizeof(tree));
for (int i = N - 1; i > 0; --i) {
for (int l : posR[i]) { //范围的左端点
update(l, 1);
}
for (auto [b, id] : query[i]) {
if (b < i) {
ans[id] = get_sum(N - 1) - get_sum(b);
}
}
update(i, -posL[i].size());
}
}
void sol() {
int l, r, a, b;
cin >> n >> q;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> l >> r;
posL[l].push_back(r);
posR[r].push_back(l);
}
for (int i = 1; i <= q; ++i) {
cin >> a >> b;
query[a].push_back({b, i});
}
L_to_R();
R_to_L();
for (int i = 1; i <= q; ++i) {
cout << ans[i] << '\n';
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int T = 1;
while (T--) {
sol();
}
exit(0);
}