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| var | 说明 |
|---|---|
| add | 存储了插入操作，在指定 x x x下标所在位置 a [ x ] + = c a[x]+=c a[x]+=c |
| query | 是求 [ L , R ] [L,R] [L,R]区间和用到的数组,最后才用到 |
| alls | 是存储离散化之后的值 , 对于会访问到的每个下标，统统丢到 a l l s 里面 ，会把 x 和 [ L , R ] 都丢到 a l l s 里面，不同的 [ L , R ] 有可能会重复输入， 比如询问 [ 4 , 6 ] , [ 4 , 9 ] 的区间和 , 因此有必要去重，调用 a l l s . e r a s e 是存储离散化之后的值,对于会访问到的每个下标，统统丢到alls里面 \\ ，会把x和[L,R]都丢到alls里面，不同的[L,R]有可能会重复输入，\\ 比如询问[4,6],[4,9]的区间和,因此有必要去重，调用alls.erase 是存储离散化之后的值,对于会访问到的每个下标，统统丢到alls里面，会把x和[L,R]都丢到alls里面，不同的[L,R]有可能会重复输入，比如询问[4,6],[4,9]的区间和,因此有必要去重，调用alls.erase |
| find | 在 a l l s 里面二分查找 返回 r + 1 是想要做前缀和，下标要从 1 开始算，直接 r e t u r n r 会把下标从 0 开始算 r e t u r n r + 1 就是 r ≥ 0 , f i n d 返回值是 ≥ 1 , 返回值从 1 开始算 在alls里面二分查找\\返回r+1是想要做前缀和，下标要从1开始算，直接return \,\,\,\, r会把下标从0开始算\\return \,\,\,r+1就是r\ge0,find返回值是\ge1,返回值从1开始算 在alls里面二分查找返回r+1是想要做前缀和，下标要从1开始算，直接returnr会把下标从0开始算returnr+1就是r≥0,find返回值是≥1,返回值从1开始算 |
思路：
把不同的 ∀ i ∈ [ 0 , m − 1 ] 把 [ L , R ] i \forall i\in [0,m-1]把[L,R]_i ∀i∈[0,m−1]把[L,R]i区间输入到 q u e r y query query
把不同的 ∀ i ∈ [ 0 , n − 1 ] 把 { x , c } i \forall i\in [0,n-1]把\{x,c\}_i ∀i∈[0,n−1]把{x,c}i输入到 a d d add add
把不同的 ∀ i ∈ [ − inf , inf ] 把会访问到的坐标轴的下标位置 i d x i \forall i\in [-\inf,\inf]把会访问到的坐标轴的下标位置idx_i ∀i∈[−inf,inf]把会访问到的坐标轴的下标位置idxi输入到 a l l s alls alls,
i d x i 来自于 [ L , R ] i 的 L 和 R 还有 { x , c } i 里面的 x idx_i来自于[L,R]_i的L和R还有\{x,c\}_i里面的x idxi来自于[L,R]i的L和R还有{x,c}i里面的x，就这三个来源
1.应用离散化的方法初始化query，add和alls
2. a 在 x 位置加上 c ，先把 x 位置通过 f i n d 函数得到离散化之后的坐标 i d x ，然后 a [ i d x ] + = c , 完成 + = c a在x位置加上c，先把x位置通过find函数得到离散化之后的坐标idx，然后a[idx]+=c,完成+=c a在x位置加上c，先把x位置通过find函数得到离散化之后的坐标idx，然后a[idx]+=c,完成+=c
3. 对 a 求前缀和存到 b 里面 对a求前缀和存到b里面 对a求前缀和存到b里面
4. 遍历 q u e r y ， 对于每个 p a i r < i n t , i n t > 类型的 [ L , R ] i , 我们也是要先分别通过 f i n d 函数分别获取 L ， R 在离散化之后的下标 然后根据离散化之后建立的前缀和数组 b ，来直接求区间和！ 遍历query，\\对于每个pair<int,int> 类型的[L,R]_i,我们也是要先分别通过find函数分别获取L，R在离散化之后的下标\\然后根据离散化之后建立的前缀和数组b，来直接求区间和！ 遍历query，对于每个pair<int,int>类型的[L,R]i,我们也是要先分别通过find函数分别获取L，R在离散化之后的下标然后根据离散化之后建立的前缀和数组b，来直接求区间和！
总结：
题目要求区间和，然后可以用前缀和解决问题，但是这个问题是如果直接开辟一个巨大的数组然后在许多是0的位置反复计算+=0会很费劲，然后可以用离散化的方法减少计算量，只在需要访问的下标位置+=c，减少计算量，降低时间复杂度。
时间复杂度分析：
vector.erase的复杂度是 O ( k ) ， k 是重复的元素 O(k)，k是重复的元素 O(k)，k是重复的元素
二分查找是 O ( l o g n ) O(logn) O(logn)
排序是 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)
然后求前缀和是 O ( n ) O(n) O(n)
总得来说是 O ( n l o g n ) + O ( k ) = O ( n l o g n ) O(nlogn) +O(k)=O(nlogn) O(nlogn)+O(k)=O(nlogn)
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define N 300086
using namespace std;
int n,m,x,a[N],b[N];
typedef pair<int,int> PII;
vector<PII> add,query;
vector<int> alls;
//在alls里面二分查找
//返回r+1是想要做前缀和，下标要从1开始算，直接return r会把下标从0开始算
//return r+1就是r≥0,find返回值是≥1,返回值从1开始算
int find(int x){int l=0,r=alls.size()-1;while(l<r){int mid=l+r>>1;if(alls[mid]>=x) r=mid;else l=mid+1;}return r+1;
}
int main(){cin>>n>>m;for(int i=0;i<n;++i){int x,c;cin>>x>>c;add.push_back({x,c});alls.push_back(x);}for(int i=0;i<m;++i){int l,r,c;cin>>l>>r;query.push_back({l,r});alls.push_back(l);alls.push_back(r);}sort(alls.begin(),alls.end());alls.erase(unique(alls.begin(),alls.end()),alls.end());for(auto item:add){int idx=find(item.first);a[idx]+=item.second;}for(int i=1;i<=alls.size();++i){b[i]=b[i-1]+a[i];}for(const auto& item:query){int l=find(item.first),r=find(item.second);cout<<b[r]-b[l-1]<<endl;}return 0;
}