HDU 5603 树状数组
HDU 5603
题目链接：
题意：
有n（<=3*1e5）条线段。
M个分组，每个分组里有一些点。所有分组的点数和不超过3*1e5
点和线段的点范围均在1e6以内。
为对于一个分组，有多少条线段至少覆盖分组里的一个点。
思路：
基本照着div1里大神们的代码写的，万分感谢~
Solution1：
反过来看，只要求每个分组里不覆盖点的线段就可以。
如果把数轴的左端点0和右端点1e6也算进去的话，发现这些线段存在于相邻的两个节点的区间内。
所以一个粗糙的做法是按照边的右端点排序，每次遍历到一个新的点时把右端点小于新点的边加入优先队列，优先队列中按照左端点排序，弹出左端点小于等于上一个点的边。剩下的优先队列的元素个数就加到答案里。
然而由于分组数过大，所以赤裸裸的TLE。
分组虽然大，但是端点数却很少，所以如果能按照所有可能遍历到的端点排序，然后记录分组和同一个分组中前一个点的标号存到数组里即可。
那么必须要换一种维护的方式。
题解采用一种聪明的方式，即维护一个后缀和（具体用树状数组维护），c[i]表示目前遍历到的边中左端点大于等于i的边有多少条。目前遍历到的边右端点小于新点，所以容易得到ans += c[now] - c[pre]（象征性表示，具体见代码）
Solution2：
是一种正着推的方法。
边按照左端点排序，每次把左端点小于等于当前点的边加入，把[L,R]这一段区间和加1。然后把边压入栈里面待弹出。
弹出右端点小于当前的边[L,R]这段区间减一。
ans += c[now], if(now != 分组最后一个点） ans -= c[now + 1]
源码：
Solution1：
#include que;
int main()
{
while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF){
memset(ans, 0, sizeof(ans));
memset(c, 0, sizeof(c));
while(!que.empty()) que.pop();
for(int i = 1 ; i <= m ; i++) lin[i].clear();
for(int i = 1 ; i <= n ; i++) scanf("%d%d", &e[i].L, &e[i].R);
sort(e + 1 , e + n + 1, cmp2);
tot = 0;
for(int i = 1 ; i <= m ; i++){
int temp; scanf("%d", &temp);
for(int j = 1 ; j <= temp ; j++){
scanf("%d", &d[++tot].u);
lin[i].push_back(d[tot].u);
d[tot].mark = i;
d[tot].num = j % temp;
}
}
sort(d + 1, d + 1 + tot, cmp1);
int now = 1;
for(int i = 1 ; i <= tot ; i++){
while(now <= n && e[now].L <= d[i].u){
add(e[now].L, 1);
add(e[now].R + 1, -1);
que.push(e[now++]);
}
while(!que.empty() && que.top().R < d[i].u){
add(que.top().L, -1);
add(que.top().R + 1, 1);
que.pop();
}
ans[d[i].mark] += query(d[i].u);
if(d[i].num != 0) ans[d[i].mark] -= query(lin[d[i].mark][d[i].num]);
}
for(int i = 1 ; i <= m ; i++) printf("%d\n", ans[i]);
}
return 0;
} Solution2：
#include