题目链接：https://hihocoder.com/problemset/problem/1305
描述
给定两个区间集合 A 和 B，其中集合 A 包含 N 个区间[ A1, A2 ], [ A3, A4 ], ..., [ A2N-1, A2N ]，集合 B 包含 M 个区间[ B1, B2 ], [ B3, B4 ], ..., [ B2M-1, B2M ]。求 A - B 的长度。
例如对于 A = {[2, 5], [4, 10], [14, 18]}, B = {[1, 3], [8, 15]}, A - B = {(3, 8), (15, 18]}，长度为8。
输入
第一行：包含两个整数 N 和 M (1 ≤ N, M ≤ 100000)。
第二行：包含 2N 个整数 A1, A2, ..., A2N (1 ≤ Ai ≤ 100000000)。
第三行：包含 2M 个整数 B1, B2, ..., B2M (1 ≤= Bi ≤ 100000000)。
输出
一个整数，代表 A - B 的长度。
- 样例输入
-
3 2 2 5 4 10 14 18 1 3 8 15
- 样例输出
-
8
题解：
一开始我的想法很简单，离散化后用区间修改单点查询的BIT，得到标记了所有还在的点，统计一下之后直接求和即可；
于是乎我我就有了一个和标程对拍了10086组数据，但依然WA的程序：
#include<cstdio> #include<algorithm> #define MAXN 400010 using namespace std; int n,m; struct Inte{ int l,r; }inte[MAXN/2]; struct Discr{//离散化模板 int _size; int idx[MAXN];//离散化索引 void init(){_size=0;} void push(int val){idx[_size++]=val;} void discretize() { sort(idx,idx+_size); _size=unique(idx,idx+_size)-idx; } int id(int val){return lower_bound(idx,idx+_size,val)-idx+1;}//若有"+1"则离散化后的值从1开始，否则从0开始. int val(int id){return idx[id-1];}//若离散化后的值从1开始，则需要"-1". }discr; //BIT - 区间增加，单点查询 - st struct _BIT{ int N; long long C[MAXN]; int lowbit(int x){return x&(-x);} void init(int n)//初始化共有n个点 { N=n; for(int i=1;i<=N;i++) C[i]=0; } long long query(int pos)//查询点pos的值 { long long ret=0; while(pos<=N) { ret+=C[pos]; pos+=lowbit(pos); } return ret; } void add(int pos,long long val)//区间1~pos加上val { while(pos>0) { C[pos]+=val; pos-=lowbit(pos); } } }BIT; //BIT - 区间增加，单点查询 - ed int endpoint[MAXN]; int main() { freopen("input.txt","r",stdin); freopen("output.txt","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); discr.init(); for(int i=1,l,r;i<=n;i++) { scanf("%d%d",&l,&r); inte[i].l=l, inte[i].r=r; discr.push(inte[i].l); discr.push(inte[i].r); } for(int i=n+1,l,r;i<=n+m;i++) { scanf("%d%d",&l,&r); inte[i].l=l, inte[i].r=r; discr.push(inte[i].l); discr.push(inte[i].r); } discr.discretize(); BIT.init(discr._size+1); for(int i=1;i<=n;i++) { int l=discr.id(inte[i].l); int r=discr.id(inte[i].r); BIT.add(r,1); BIT.add(l-1,-1); } for(int i=n+1;i<=n+m;i++) { int l=discr.id(inte[i].l)+1; int r=discr.id(inte[i].r)-1; if(r<l) continue; BIT.add(r,-100003); BIT.add(l-1,100003); } int cnt=0; long long now=0,nex=BIT.query(1); if(now<=0 && nex>0) endpoint[cnt++]=1; for(int i=1;i<=discr._size;i++) { now=nex; nex=BIT.query(i+1); if(i+1>discr._size) nex=0; //printf("%d -> %d = %lld ",discr.val(i),i,now); if(now<=0 && nex>0) endpoint[cnt++]=i+1; else if(now>0 && nex<=0) endpoint[cnt++]=i; } int ans=0; for(int i=0;i<cnt;i+=2) { int l=discr.val(endpoint[i]); int r=discr.val(endpoint[i+1]); //printf("%d %d ",l,r); ans+=r-l; } printf("%d ",ans); } //你问我服不服，当然是不服的
那就老老实实按题解说的做呗；
官方题解https://hihocoder.com/discuss/question/4554：
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这道题是一类区间问题的变体，我们先来看一道最基础的区间问题： 给定N个区间[S1, E1], [S2, E2], ... [SN, EN]，求这些区间并集的长度。 这道题通常的解法是，我们把这N个区间的2N个端点从左到右排列在数轴上P1, P2, ... P2N。并且如果一个点Pi是原区间的左端点，我们就把它标记成绿色；如果是右端点，就标记成蓝色。
值得注意的是这2N个点中可能存在重合的点。比如假设有两个区间[1, 3]和[3, 5]，那么在3这个位置上就同时存在一个绿点(左端点)和蓝点(右端点)。某些情况下我们在排序时需要特别处理重合的点，例如要保证蓝点都排在绿点之前。不过本题我们无需特殊处理，重合的点无论谁在前谁在后都不影响结果。 这2N个点把数轴分成了2N+1段，(-INF, P1), (P1, P2), (P2, P3) ... (P2N-1, P2N), (P2N, +INF)。每一段内部被原来区间集合覆盖的情况都是相同的。换句话说，不会出现(Pi, Pi+1)的左半部分被第1、3、5号区间覆盖，而右半部分只被第1、3号区间覆盖这种情况。 所以我们可以从左到右扫描每一段，令cnt计数器初始值=0。当扫过一个绿点时，cnt++；扫过一个蓝点时cnt--。我们可以发点对于(Pi, Pi+1)这一段，处理完Pi时的cnt值恰好代表了这一段被几个原来的区间同时覆盖。 有了每一段的cnt值，我们可以做很多事情。例如要求区间并集的长度，我们可以找出所有cnt值大于0的段(Pi, Pi+1)，并把这些段的长度(Pi+1 - Pi)求和。 我们还可以知道哪段被覆盖了最多次：自然是cnt值最大的段。 对于给定的坐标X，我们可以在O(logN)的时间内求出X这个点被覆盖多少次：我们只需要在P1, P2, ... P2N中二分查找出X的位置，即Pi < X < Pi+1，那么(Pi, Pi+1)这一段的cnt值就是答案。(当X恰好是端点时需要特判，取决于给出的区间是开区间还是闭区间) 好了，我们回到《区间求差》这道题目。我们可以把A和B集合中2N+2M个端点都从左到右排列在数轴上。并且用4种颜色标记出每个点是A的左端点、A的右端点、B的左端点、B的右端点。 然后我们用两个计数器cntA和cntB来分别维护每一段被A集合中的区间覆盖多少次、以及被B集合的区间覆盖多少次。那么如果某一段(Pi, Pi+1)满足cntA>0且cntB=0，那么它一定是A-B的一部分。我们对于这些段的长度求和即可。 整个算法对于端点排序的部分复杂度是O(NlogN)的，对于从左到右扫描复杂度是O(N)的。总体复杂度是O(NlogN)。 |
有了这么详细的题解后，敲成代码就不难了；
AC代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define MAX 100010 3 #define INF 0x3f3f3f3f 4 using namespace std; 5 6 int n,m; 7 8 struct Point{ 9 int pos; 10 int type;//1-Al,2-Ar;3-Bl,4-Br. 11 }point[4*MAX]; 12 bool cmp(Point a,Point b){return a.pos<b.pos;} 13 14 struct Interval{ 15 int cntA,cntB; 16 }interval[4*MAX]; 17 int main() 18 { 19 scanf("%d%d",&n,&m); 20 int _size=0; 21 for(int i=1,l,r;i<=n;i++) 22 { 23 scanf("%d%d",&l,&r); 24 point[_size++]=(Point){l,1}; 25 point[_size++]=(Point){r,2}; 26 } 27 for(int i=1,l,r;i<=m;i++) 28 { 29 scanf("%d%d",&l,&r); 30 point[_size++]=(Point){l,3}; 31 point[_size++]=(Point){r,4}; 32 } 33 sort(point,point+_size,cmp); 34 //for(int i=0;i<_size;i++) printf("pos=%d type=%d ",point[i].pos,point[i].type); 35 36 int ans=0; 37 interval[0]=(Interval){0,0}; 38 for(int i=1;i<_size;i++) 39 { 40 Point& lp=point[i-1]; 41 Point& rp=point[i]; 42 43 if(lp.type==1)//遇到一个A集合中的左端点 44 { 45 interval[i].cntA=interval[i-1].cntA+1; 46 interval[i].cntB=interval[i-1].cntB; 47 } 48 if(lp.type==2)//遇到一个A集合中的右端点 49 { 50 interval[i].cntA=interval[i-1].cntA-1; 51 interval[i].cntB=interval[i-1].cntB; 52 } 53 if(lp.type==3)//遇到一个B集合中的左端点 54 { 55 interval[i].cntA=interval[i-1].cntA; 56 interval[i].cntB=interval[i-1].cntB+1; 57 } 58 if(lp.type==4)//遇到一个B集合中的右端点 59 { 60 interval[i].cntA=interval[i-1].cntA; 61 interval[i].cntB=interval[i-1].cntB-1; 62 } 63 64 //printf("%d - %d : cntA=%d cntB=%d ",lp.pos,rp.pos,interval[i].cntA,interval[i].cntB); 65 if(interval[i].cntA>0 && interval[i].cntB==0) ans+=rp.pos-lp.pos; 66 } 67 68 printf("%d ",ans); 69 }