P2184 贪婪大陆

题目背景

面对蚂蚁们的疯狂进攻，小FF的Tower defence宣告失败……人类被蚂蚁们逼到了Greed Island上的一个海湾。现在，小FF的后方是一望无际的大海， 前方是变异了的超级蚂蚁。 小FF还有大好前程，他可不想命丧于此， 于是他派遣手下最后一批改造SCV布置地雷以阻挡蚂蚁们的进攻。

题目描述

小FF最后一道防线是一条长度为N的战壕， 小FF拥有无数多种地雷，而SCV每次可以在[ L , R ]区间埋放同一种不同于之前已经埋放的地雷。 由于情况已经十万火急，小FF在某些时候可能会询问你在[ L‘ , R‘] 区间内有多少种不同的地雷， 他希望你能尽快的给予答复。

对于30%的数据： 0<=n, m<=1000;

对于100%的数据： 0<=n, m<=10^5.

输入输出格式

输入格式：

第一行为两个整数n和m； n表示防线长度， m表示SCV布雷次数及小FF询问的次数总和。

接下来有m行， 每行三个整数Q，L , R； 若Q=1 则表示SCV在[ L , R ]这段区间布上一种地雷， 若Q=2则表示小FF询问当前[ L , R ]区间总共有多少种地雷。

输出格式：

对于小FF的每次询问，输出一个答案（单独一行），表示当前区间地雷总数。

输入输出样例

输入样例#1：

5 4
1 1 3
2 2 5
1 2 4
2 3 5

输出样例#1：

1
2

题解：

看到这个题目的时候有了一种错误的思路，以为是个简单的区间求和，可是仔细研究后发现并不是这样的。并不是将区间内的最大值或者和输出，因为有的时候可能两个相邻的区间放入物品，会默认为一个了，这样就出现了错误。于是就开始寻找思路(感谢web)。

{一种类似前缀和的思路}

我们可以将每个区间的左右端点插入到不同的树中，一个区间内物品的个数，其实就是1~r中左端点的个数减去1~(l-1）中右端点的个数，整理得出：ans=tot-(L[r..n]+R[1..l-1])      {tot=总的放炸弹次数}

即代码中的 tot-(query1(n)-query1(y)+query2(x-1))，输出即可

树状数组版AC代码：

#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,m,tot,tr[N][2];
inline int lowbit(int x){
    return x&-x;
}
inline void updata1(int p,int v){
    for(int i=p;i<=n;i+=lowbit(i)) tr[i][0]+=v;
}
inline int query1(int p){
    int ans=0;
    for(int i=p;i>=1;i-=lowbit(i)) ans+=tr[i][0];
    return ans;
}
inline void updata2(int p,int v){
    for(int i=p;i<=n;i+=lowbit(i)) tr[i][1]+=v;
}
inline int query2(int p){
    int ans=0;
    for(int i=p;i>=1;i-=lowbit(i)) ans+=tr[i][1];
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d",&z,&x,&y);
        if(z==1) updata1(x,1),updata2(y,1),tot++;
        else printf("%d\n",tot-(query1(n)-query1(y)+query2(x-1)));
    }
    return 0;
}