题目描述
PP大厦有一间空的礼堂，可以为企业或者单位提供会议场地。这些会议中的大多数都需要连续几天的时间（个别的可能只需要一天），不过场地只有一个，所以不同的会议的时间申请不能够冲突。也就是说，前一个会议的结束日期必须在后一个会议的开始日期之前。所以，如果要接受一个新的场地预约申请，就必须拒绝掉与这个申请相冲突的预约。 一般来说，如果PP大厦方面事先已经接受了一个会场预约，例如从10日到15日，就不会在接受与之相冲突的预约，例如从12日到17日。不过，有时出于经济利益，PP大厦方面有时会为了接受一个新的会场预约，而拒绝掉一个甚至几个之前预订的预约。 于是，礼堂管理员QQ的笔记本上笔记本上经常记录着这样的信息： 本题中为方便起见，所有的日期都用一个整数表示。例如，如果一个为期10天的会议从“90日”开始到“99日”，那么下一个会议最早只能在“100日”开始。 最近，这个业务的工作量与日俱增，礼堂的管理员QQ希望参加SHTSC的你替他设计一套计算机系统，方便他的工作。这个系统应当能执行下面两个操作： A操作：有一个新的预约是从“start日”到“end日”，并且拒绝掉所有与它相冲突的预约。执行这个操作的时候，你的系统应当返回为了这个新预约而拒绝掉的预约个数，以方便QQ与自己的记录相校对。 B操作：请你的系统返回当前的仍然有效的预约的总数。
输入输出格式
输入格式：
输入文件的第一行是一个整数n，表示你的系统将接受的操作总数。 接下去n行每行表示一个操作。每一行的格式为下面两者之一： “A start end”表示一个A操作； “B”表示一个B操作。
输出格式：
输出文件有n行，每行一次对应一个输入。表示你的系统对于该操作的返回值。
输入输出样例
6
A 10 15
A 17 19
A 12 17
A 90 99
A 11 12
B
0
0
2
0
1
2
说明
N< = 200000
1< = Start End < = 100000
Solution：
一道思路特巧妙的题目。
开始的思路是直接线段树染色，但是要维护的东西比较多，码量大，复杂不想调。
于是观摩巨佬们的思路，发现本题树状数组+二分的思路实在是巧妙。
因为每次加入一个区间，就会将与之冲突的区间删去，那么显然同一个$st$或者$ed$只能出现一次。
我们选择记录当前$st$所对应的$ed$，再用树状数组单点维护每个区间的$st$出现的次数，然后每次需要加入一个区间$[x,y]$，就查找出$(0,y]$中有多少个区间，并二分出离当前区间最近的一个区间的起点，判断一下该区间是否与需要加入的区间有交集，有的话就计数、删掉该区间并继续二分，若无交集，因为区间是一个一个加入的，那么往前的区间一定之前就调整好了，所以再往前不会出现交集，不需要再二分了直接跳出循环。然后将需要加入的区间起点加入树状数组，并记录一下该起点所对应的终点，模拟一下就好了。
时间复杂度显然$O(n\log^2 n)$（实际肯定是要快的多的，只是单纯从算法嵌套角度分析的最坏情况）。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Bor(i,a,b) for(int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a))
using namespace std;
const int N=;
int n,sum[N],ed[N],ans,dlt; il int gi(){
int a=;char x=getchar();bool f=;
while((x<''||x>'')&&x!='-')x=getchar();
if(x=='-')x=getchar(),f=;
while(x>=''&&x<='')a=(a<<)+(a<<)+x-,x=getchar();
return f?-a:a;
} il void update(int k,int c){while(k<N)sum[k]+=c,k+=k&-k;} il int query(int k){int ans=;while(k)ans+=sum[k],k-=k&-k;return ans;} int main(){
n=gi();
char s[];
int x,y;
while(n--){
scanf("%s",s);
if(s[]=='A'){
x=gi(),y=gi();
dlt=;int op;
while(op=query(y)){
int l=,r=y,m;
while(l<r){
m=l+r>>;
if(query(m)+<=op)l=m+;
else r=m;
}
if(ed[l]>=x)update(l,-),dlt++,ans--;
else break;
}
update(x,),ed[x]=y,ans++;
printf("%d\n",dlt);
}
else printf("%d\n",ans);
}
return ;
}