描述
有个脑筋急转弯是这样的：有距离很近的一高一低两座桥，两次洪水之后高桥被淹了两次，低桥却只被淹了一次，为什么？答案是：因为低桥太低了，第一次洪水退去之后水位依然在低桥之上，所以不算“淹了两次”。举例说明：
假定高桥和低桥的高度分别是5和2，初始水位为1
第一次洪水：水位提高到6（两个桥都被淹），退到2（高桥不再被淹，但低桥仍然被淹）
第二次洪水：水位提高到8（高桥又被淹了），退到3。
没错，文字游戏。关键在于“又”的含义。如果某次洪水退去之后一座桥仍然被淹（即水位不小于桥的高度），那么下次洪水来临水位提高时不能算“又”淹一次。
输入n座桥的高度以及第i次洪水的涨水水位ai和退水水位bi，统计有多少座桥至少被淹了k次。初始水位为1，且每次洪水的涨水水位一定大于上次洪水的退水水位。
输入
输入文件最多包含25组测试数据。每组数据第一行为三个整数n, m, k（1<=n,m,k<=105）。第二行为n个整数hi（2<=hi<=108），即各个桥的高度。以下m行每行包含两个整数ai和bi（1<=bi<ai<=108, ai>bi-1）。输入文件不超过5MB。
输出
对于每组数据，输出至少被淹k次的桥的个数。
样例输入
2 2 2
2 5
6 2
8 3
5 3 2
2 3 4 5 6
5 3
4 2
5 2
样例输出
Case 1: 1
Case 2: 3
题意
如上
题解
一开始想到排序后树状数组维护区间，然后单点查询
后来发现可以二分直接做，然后for查询i点是否有>=k的连续区间覆盖
代码
树状数组+二分
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; const int N=1e5+;
struct BIT{
int sum[N];
void init(){memset(sum,,sizeof(sum));}
int lowbit(int x){return x&(-x);}
void update(int x,int w){for(int i=x;i<N;i+=lowbit(i))sum[i]+=w;}
int query(int x){int ans=;for(int i=x;i>;i-=lowbit(i))ans+=sum[i];return ans;}
}T;
int h[N];
int main()
{
int a,b,n,m,k,ca=;
while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF)
{
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&h[i]);
sort(h+,h++n);
T.init();
int pre=;
for(int i=;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
T.update(,-);
T.update(upper_bound(h+,h++n,pre)-h,); T.update(,);
T.update(upper_bound(h+,h++n,a)-h,-);
pre=b;
}
int cnt=;
for(int i=;i<=n;i++)
if(T.query(i)>=k)
cnt++;
printf("Case %d: %d\n",ca++,cnt);
}
return ;
}
直接二分
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; const int maxn=1e5+;
int h[maxn],sum[maxn];
int main()
{
int a,b,n,m,k,ca=;
while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF)
{
int pre=;
for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&h[i]),sum[i]=;
sort(h+,h++n);
for(int i=;i<m;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
int l=upper_bound(h+,h++n,pre)-h;
int r=upper_bound(h+,h++n,a)-h;
pre=b;
sum[l]++,sum[r]--;
}
int cnt=,ans=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
ans+=sum[i];
if(ans>=k)cnt++;
}
printf("Case %d: %d\n",ca++,cnt);
}
return ;
}