亚洲ICPC上海预选赛 Light bulbs 签到

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题意

有一行灯泡（编号从0开始），一开始所有灯泡都是关闭的，进行若干次波动开关后，求最后灯泡亮着的个数。

输入

多个样例测试，第一行给测试样例数 T。对于每个测试样例，第一行给出 n 和 m ，分别代表灯泡个数和操作次数。接下来的m行，每行给出两个整数 L 和 R （0<=L,R

输出

对于每个测试样例输出一行：这是第几个样例(从1开始数)，最后灯泡亮着的个数。
格式如示例输出所示。

限制条件

Time: 1000ms Memory: 8192K

示例输入

2
10 2
2 6
4 8
6 3
1 1
2 3
3 4

示例输出

Case #1: 4
Case #2: 3

解决思路

初观之，以为用线段树解决，后来发现内存爆了。回头看了以下内存限制，有点少，容易超。
最后将线段树的每个结点只用一个bool变量表示，每个节点的左右边界用实时计算代替存储，减少空间用量。本地测试中，答案均正确，然而过不了，超时。对于每个测试用例，该种解法复杂度应该是O(mlog(n))
后来得知这是签到题（挠头状），解法复杂度O(mlog m)

正确解法：

将每次拨动灯泡开关的区间的左右边界称之为边界，如果灯泡编号为i，则视作其占领了[i,i+1]区间的“面积”,则拨动[a,b]区间的灯泡应该为占领[a,b+1]区间的面积。不难看出两个相邻的边界之间的灯泡要么都开着，要么都关着。设边界升序排列,存储于数组A。
只需要证明一个设想即可解决问题：如果存在A[i],A[i+1],A[i+2]三个边界，则A[i]到A[i+1]与A[i+1]到A[i+2]的灯泡的状态必相异，我们暂且称之为相邻区间状态互异。（如果不是这样子，那么要这个边界干嘛？哈哈）
有了该设想，我们只需要“一个区间算，一个区间不算”地去计算灯泡数量即可。

证明

简单地给出一种情况的证明，其余情况可模仿自证。
设定当前阶段所有的边界符合相邻区间状态互异，现在插入一组边界[a,b]，设在[a,b]中，最接近a的边界为c且c>a,最接近b的边界为d,且d相邻区间状态互异，则区间[a , c]保持不变，但与c之后的第一个区间状态互异；区间[d , b]保持不变，但与b之前的第一个区间状态互异。则[a , c]，[d , b]与其相邻的区间也保持相邻区间状态互异。所以整个区间内相邻区间状态互异仍然保持。

AC代码

#include
#include
#include
using namespace std;

const int maxn = 2019;
const int INF = 1000019;
int mark[2019];
int n,m,now;

int main(){
	int t,a,b,ans,here,num=1;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		memset(loc,0,sizeof(loc));
		now = 1;
		ans = 0;
		while(m--){
			scanf("%d%d",&a,&b);
			mark[now++] = a;
			mark[now++] = b+1;	
		}
		//将边界升序排序
		sort(mark+1,mark+now);
		here = mark[1];
		for(int i = 2;i<now;++i){
			//每隔一个区间进行计算
			if(i&1){
				here = mark[i];
			}else{
				ans+=(mark[i]-here);
				here = mark[i];
			}
		}
		printf("Case #%d: %d\n",num,ans);
		++num;
	}
}