CDOJ 1059 秋实大哥与小朋友（离散化）
本文部分代码及思路来源于：http://www.cnblogs.com/Xiper/p/4470202.html
秋实大哥与小朋友
Time Limit: 3000/1000MS (Java/Others) Memory Limit: 65535/65535KB (Java/Others)
秋实大哥以周济天下，锄强扶弱为己任，他常对天长叹：安得广厦千万间，大庇天下寒士俱欢颜。
所以今天他又在给一群小朋友发糖吃。
他让所有的小朋友排成一行，从左到右标号。在接下去的时间中，他有时会给一段区间的小朋友每人 v 颗糖，有时会问第 x 个小朋友手里有几颗糖。
这对于没上过学的孩子来说实在太困难了，所以你看不下去了，请你帮助小朋友回答所有的询问。
Input
第一行包含两个整数 n ， m ，表示小朋友的个数，以及接下来你要处理的操作数。
接下来的 m 行，每一行表示下面两种操作之一：
0 l r v : 表示秋实大哥给[l,r]这个区间内的小朋友每人v颗糖 1 x : 表示秋实大哥想知道第x个小朋友手里现在有几颗糖
Output
对于每一个 1 x 操作，输出一个整数，表示第 x 个小朋友手里现在的糖果数目。
Sample input and output
| Sample Input | Sample Output |
|---|---|
3 4 0 1 3 1 1 2 0 2 3 3 1 3 |
1 4 |
经历了这道题，对于离散化有了具体的理解。离散化，适用于基数很大，但是实际操作时涉及到的数却很小的问题。
首先，离散化是 离线算法。离散化的关键在于，那些没有被涉及到的数，可以去掉。
如这道题里，假如我的区间是[1,10^9]。我有三个操作，把[1,10^6]里的数都加上3，把[10^5,10^9]里的数加上2，查询10,10^4,10^7上的数各是多少。
我们就可以发现，数很大，但是涉及到的数却只有几个。我们涉及到了1,10,10^4,10^5,10^6,10^7,10^9，我们把这几个数排好序，然后做个映射：1->1,10->2,10^4->3,10^5->4,10^6->5,10^7->6,10^9->7。
所以我们的操作相当于：把[1,5]里的数都加上3，把[4,7]里的数都加上2，查询2,3,6上的数各是多少。于是我们发现，大大减小了内存的开销。
那么，为什么可以我们用离散化呢？因为我们发现我们对整个区间里进行了操作，但是，没有被查询到的点都是没用的点。我们完全可以把他们去掉，而对被查询的点没有影响。假如是个区间求和的问题，那么我觉得可能就不能用离散化了吧。
关于离散化，这里贴一篇博文，供大家了解离散化的思想： http://www.cnblogs.com/saltless/archive/2010/11/14/1877171.html
关于树状数组，也贴一篇博文：h ttp://www.hawstein.com/posts/binary-indexed-trees.html
AC代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <string>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 200005
set<int>jud;
long long tr[maxn];
int point[maxn];
//是否可以改掉，只用set而不用再开一个数组？
int size = 0;
struct operate
{
int op, l, r, v;
operate(int op, int l, int r, int v)
{
this->op = op; this->l = l;
this->r = r; this->v = v;
}
};
queue<operate>operque;
void update(int l, int r, int val)
{
for (int i = r; i > 0; i -= i&(-i))
tr[i] += val;
for (int i = l - 1; i > 0; i -= i&(-i))
tr[i] += (-val);
}
long long query(int idx)
{
long long sum = 0;
while (idx <= size)
{
sum += tr[idx];
idx += idx&(-idx);
}
return sum;
}
int main()
{
int l = 0, r = 0, x = 0;
int n = 0, m = 0, bl = 0, v = 0;
char op[10] = { '\0' };
char fst[10] = { '\0' };
memset(point, 0, sizeof(point));
memset(tr, 0, sizeof(tr));
gets(fst);
sscanf(fst,"%d %d", &n, &m);
while (m--)
{
gets(op);
if (op[0] == '0')
{
sscanf(op, "%d %d %d %d", &bl, &l, &r, &v);
if (!jud.count(l))
{
jud.insert(l);
point[++size] = l;
}
if (!jud.count(r))
{
jud.insert(r);
point[++size] = r;
}
operque.push(operate(bl, l, r, v));
}
else if (op[0] == '1')
{
sscanf(op, "%d %d", &bl, &x);
if (!jud.count(x))
{
jud.insert(x);
point[++size] = x;
}
operque.push(operate(bl, 0, 0, x));
}
}
sort(point + 1, point + 1 + size);
while (!operque.empty())
{
operate temp = operque.front(); operque.pop();
if (temp.op & 1)
{
int pos = lower_bound(point + 1, point + 1 + size, temp.v) - point;
printf("%lld\n", query(pos));
}
else
{
int left = lower_bound(point + 1, point + 1 + size, temp.l) - point;
int right = lower_bound(point + 1, point + 1 + size, temp.r) - point;
update(left, right, temp.v);
}
}
return 0;
}