前言


最近有很多算不上事的事,搞得有点心烦,补题难免就很水,没怎么搞,自我检讨一番~~

说实话网络赛题目的质量还是挺高的,题目都设计的挺好的,很值得学习。这场比赛那会只有我们大二的在做,其他人去参加$CCF$认证去了,赛后这题搞出来了,跟$lsq$一顿解释,说这个其实也不难,她就说但是你看就这个地方卡了多少人,那会才两百多人过了。的确,有的题目还是很考思维的。(个人感觉很久没写博客,写这篇还是有点混乱的,有些博主把这题加上离散化的标签,想起来好像是有那么点道理)

题意


有 $n $个灯泡,初始全部为关闭状态,有$ m $个操作,每次操作给出 $[l,r]$,让你将区间 $[l,r] $的灯泡反转,问最终有多少灯泡是亮着的。$[ link ]$

其中有 $T $组数据,$T \leq 1000, n \leq  10^{6}, m \leq 1000$

分析


当时刚开始做的时候,那会因为刚好看了两天的差分,就觉得这题很对我胃口,肯定能搞出来,然而事实给了我一巴掌,$TLE$

我当时就想不通了明明是$O(n)$的做法,后来仔细一看,复杂度$T*n$,$10^{9}$多半是不行了,毕竟每次都还要把差分数组初始化为0。开始用到$for$循环初始化,也超时了,就换成了$memset$。后来$zym$提醒说$memset$很花时间,我就想多拿几个数组记录一下,把原来的状态的还原回去,结果开了四个数组,空间超了$\cdots $,可能出题人也想到了有人会像我这样做(网上有博主好像用这种方法做出来了,具体的还没有看)这我就没有办法了,才不得不放弃。

$0(n)$的做法是利用差分每次只需要修改两个端点,最后求前缀和,是奇数就代表是灯是亮着的。(自认为是差分的精髓所在)这题需要强调的是对于每个端点修改的是一整个区间(以这个端点为最左边直到最右边的边界),每组$l,r$,$l$和$r+1$所对应的区间都会加1,两者操作是一样的,所以对于所有要修改的区间的修改顺序是无所谓的,因此我把这些代表区间的端点进行排序,$a_{1}$ $to$ $a_{2}$, $a_{3}  $ $to$ $ a_{4} ,\cdots , a_{k-1}$ $to$ $a_{k}$两两相减加起来就能得到答案,在草稿纸上画一画想一想应该就知道了,并不需要把前缀和都求一遍。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6+5;
int n, m;
int a[maxn]; int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
for (int kase = 1; kase <= t; kase++) {
scanf("%d%d", &n, &m);
int k = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int l, r;
scanf("%d%d", &l, &r);
a[++k] = l;
a[++k] = r+1;
}
sort(a+1, a+1+k); int ans = 0;
for (int i = 1; i <= k; i+=2) ans += a[i+1]-a[i];
printf("Case #%d: %d\n", kase, ans);
}
}

参考文章:

https://www.cnblogs.com/violet-acmer/p/11523777.html

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