POJ 2528 Mayor's posters

題意是說給出一連串的展板，有10000000塊。

然後要貼n (0<n<10000) 個廣告。每個廣告要佔用一定數量展板，分別給出left，right。

最後能看到多少個廣告。

我的做法是 先離散化數據，然後構建線段樹。然後查詢。

不離散化那麼 樹所需要的空間就太大了。

注意這個樣例

3

1 5

1 3

4 5

如果答案是3那麼是錯的。

因爲每個點代表一塊板。

而不是算兩個數字之間的區間有沒有被覆蓋。

PS：貌似我的辦法有點笨。耗時有點高。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<stack>
#include<iostream>
#include<list>
#include<set>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<cmath>

#define INF 0x7fffffff
#define eps 1e-8
#define LL long long
#define PI 3.141592654
#define CLR(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define FOR(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define FOR_(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define sf scanf
#define pf printf
#define all(v) (v).begin(),(v).end()
#define acfun std::ios::sync_with_stdio(false)

#define SIZE (10000  +1)
#define MOD 1000000007
using namespace std;

struct post
{
    int pos;
    int site;
}l[SIZE*4];
bool cmp1(post a,post b)
{
    return a.site<b.site;
}
bool cmp2(post a,post b)
{
    return a.pos<b.pos;
}

int t[SIZE*8];
int up[SIZE*8];

int ul,ur,us;
void cal(int l,int r,int o)
{
    t[o]=0;
    if(up[o]>=0)
    t[o]+=up[o]*(r-l+1);
    else if(l<r)
    t[o]=t[o*2]+t[o*2+1];
    //pf("%d:%d\n",o,t[o]);
}

void update(int l,int r,int o)
{
    if(ul<=l&&ur>=r)
        up[o]=us;
    else
    {
        if(up[o]>=0)
        {
            up[o*2]=up[o*2+1]=up[o];
            up[o]=-1;
        }
        int m=(l+r)>>1;
        if(ul<=m)update(l,m,o*2);
        else cal(l,m,o*2);
        if(ur>m)update(m+1,r,o*2+1);
        else cal(m+1,r,o*2+1);
    }
    cal(l,r,o);
}
int ql,qr;
int query(int l,int r,int o)
{
    int ans=0;
    if(up[o]>=0)
        ans+=up[o]*(min(r,qr)-max(l,ql)+1);
    else if(ql<=l&&qr>=r)
        ans+=t[o];
    else
    {
        int m=(l+r)>>1;
        if(ql<=m)ans+=query(l,m,o*2);
        if(qr>m)ans+=query(m+1,r,o*2+1);
    }
    return ans;
}
bool vis[SIZE*8];
map<int,int>po;
int main()
{
    int tt;
    sf("%d",&tt);
    while(tt--)
    {
        int m,cnt=1;
        sf("%d",&m);
        FOR(i,0,m)
        {
            sf("%d%d",&l[i*2].site,&l[i*2+1].site);
            l[i*2].pos=i*2,l[i*2+1].pos=i*2+1;
        }
        sort(l,l+m*2,cmp1);
        po.clear();
        FOR(i,0,m*2)
        {
            if(po[l[i*2].site]==0)
                po[l[i*2].site]=cnt++;
            l[i*2].site=po[l[i*2].site];
            if(po[l[i*2+1].site]==0)
                po[l[i*2+1].site]=cnt++;
            l[i*2+1].site=po[l[i*2+1].site];
        }
        sort(l,l+m*2,cmp2);
        //離散化後還原
        CLR(t,0);
        CLR(up,-1);
        CLR(vis,0);
        int ans=0;
        int color=1;
        FOR(i,0,m)
        {
            ul=l[i*2].site,ur=l[i*2+1].site;
            us=color++;
            update(1,cnt-1,1);
        }

        FOR(i,1,cnt)
        {
            ql=qr=i;
            int tmp=0;
            tmp=query(1,cnt-1,1);
            //pf("%d:%d\n",i,tmp);
            if(tmp==0)continue;
            vis[tmp]=1;
        }
        FOR(i,0,color)
        if(vis[i])ans++;
        pf("%d\n",ans);
    }
}