【离散化】 区间和

传送门

题意

一个无限长数轴，初始数轴上每个坐标上的数都是(0)，

• 共(n)个操作，每个操作将数轴某一位置上的数加(c)，
• (m)个询问，询问区间([ l , r ])上所有数的和

数据范围

(egin{array}{l}-10^{9} leq x leq 10^{9} \ 1 leq n, m leq 10^{5} \ -10^{9} leq l leq r leq 10^{9} \ -10000 leq c leq 10000end{array})

题解

坐标的范围是所有涉及到的点个数的(10^{3})倍左右，只需要对涉及到的坐标按序离散化后操作即可
离散化后进行对应的操作通过二分找到离散化后的坐标，所以时间复杂度为(O(N·logN))

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<n;i++)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
const int N = 3e5+10;
int a[N], sum[N];
int n, m;
typedef pair<int,int>pii;
vector <int> alls;
vector<pii>add,query;
int get(int x) {
    return lower_bound(alls.begin(), alls.end(), x) - alls.begin() + 1;
}
int main() {
    cin>>n>>m;
    rep(i, 0, n) {
        int x, c; cin>>x>>c;
        alls.pb(x); add.pb({x,c});
    }
    rep(i, 0, m) {
        int l, r; cin>>l>>r;
        query.pb({l, r}); alls.pb(l), alls.pb(r);
    }
    
    sort(alls.begin(), alls.end());
    unique(alls.begin(), alls.end());

    for(auto it : add) {
        int idx = get(it.fi);
        a[idx] += it.se;
    }
    rep(i, 1, alls.size() + 1) sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
    for(auto it : query) {
        int l = get(it.fi), r = get(it.se);
        printf("%d
", sum[r] - sum[l - 1]);
    }
    return 0;
}