假定有一个无限长的数轴，数轴上每个坐标都是0。现在我们进行n次操作，每次操作将某一位置 x x x上的数加上c。接下来，进行m次询问，每次询问包含两个整数 l l l 和 r r r，你需要求出在区间 [ l ,    r ] \lbrack l,\;r\rbrack [l,r]之间的所有数的和。

数据范围：

− 1 0 9 ≤ x ≤ 1 0 9 , 1 ≤ n ,    m ≤ 1 0 5 − 1 0 9 ≤ l ≤ r ≤ 1 0 9 , − 10000 ≤ c ≤ 10000 -10^9\leq x\leq10^9,\\1\leq n,\;m\leq10^5\\-10^9\leq l\leq r\leq10^9,\\-10000\leq c\leq10000 −109≤x≤109,1≤n,m≤105−109≤l≤r≤109,−10000≤c≤10000

解题思路

离散化+前缀和

离散化

由于操作点（操作过程中涉及的元素点）在数轴上可能过于分散，对后续处理不便，可以先通过离散化的手段，把在数轴上分散的操作点集中起来。具体做法：
可以考虑利用两个数组 a [ N ] a[N] a[N] 和 b [ N ] b[N] b[N]，其中， a [ N ] a[N] a[N]数组用来存储操作点的位置， b [ N ] b[N] b[N]用来存储操作点的最终值。

前缀和

求数轴上 [ l , r ] [l,r] [l,r]区间上所有元素之和，等同于求 [ l , r ] [l,r] [l,r]上所有操作点元素之和。具体做法有两种：

第一种方法

1. 在 a [ N ] a[N] a[N]中找到所有满足下列条件的 a [ i ] a[i] a[i]，
   l ≤ a [ i ] ≤ r l\leq a\lbrack i\rbrack\leq r l≤a[i]≤r
2. 求和。
   ∑ b [ i ] i ∈ { i ∣ l ≤ a [ i ] ≤ r } \underset{i\in\{i\vert l\leq a\lbrack i\rbrack\leq r\}}{\sum b\lbrack i\rbrack} i∈{i∣l≤a[i]≤r}∑b[i]​

第二种方法（采用前缀和思想）

在得到 a [ N ] a[N] a[N] 和 b [ N ] b[N] b[N] 之后，可以考虑先求出所有操作点的前缀和，这里用 s [ N ] s[N] s[N]来存储。 s [ i ] s[i] s[i]代表的含义是：位于数轴上 a [ i ] a[i] a[i]位置的操作点的前缀和。

基于前缀和，求数轴上 [ l , r ] [l,r] [l,r]区间上所有元素之和，等价于求 S r − S l − 1 S_r-S_{l-1} Sr​−Sl−1​，注意这里的 S r S_r Sr​和 s [ r ] s[r] s[r]是有区别的， S r S_r Sr​代表的含义是：位于数轴上 r r r位置上的元素（不是操作点）的前缀和

如果数轴 l − 1 l-1 l−1和 r r r位置上的点为操作点，那么，肯定存在 i , j i,j i,j，使得：
a [ j ] = r a [ i ] = l − 1 S r = s [ j ] S l − 1 = s [ i ] a\lbrack j\rbrack=r\\a\lbrack i\rbrack=l-1\\S_r=s\lbrack j\rbrack\\S_{l-1}=s\lbrack i\rbrack a[j]=ra[i]=l−1Sr​=s[j]Sl−1​=s[i]
此时：
S r − S l − 1 = s [ j ] − s [ i ] S_r-S_{l-1}=s\lbrack j\rbrack-s\lbrack i\rbrack Sr​−Sl−1​=s[j]−s[i]

如果数轴 l − 1 l-1 l−1和 r r r位置上的点不为操作点，可以把它们看成 l − 1 l-1 l−1和 r r r位置上， c = 0 c=0 c=0的操作点。然后按照前面的操作计算 S r − S l − 1 S_r-S_{l-1} Sr​−Sl−1​。

代码实现

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 300010;
int n, m;
int a[N], s[N];

vector<int> alls;   //alls用来存储所有出现的index
vector<PII> add, query;     //add用来存储每次操作的x和c，query用来存储每次查询的l和r
//查找某一个下标x在alls中的位置
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 l + 1;
}

int main(){
    cin >> n >> m;
    //读取并保存每次操作的x和c
    for(int i = 0; i < n; i++){
        int x, c;
        cin >> x >> c;
        add.push_back({x, c});
        alls.push_back(x);
    }
    //读取并保存每次操作的l和r
    for(int i = 0; i < m; i++){
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        query.push_back({l, r});
        alls.push_back(l - 1);
        alls.push_back(r);
    }
    //对alls去重，排序(增序)
    sort(alls.begin(), alls.end());
    alls.erase(unique(alls.begin(), alls.end()), alls.end());
    //得到操作点的值
    for(auto item : add){
        int x = find(item.first);
        a[x] += item.second;
    }
    //得到操作点的前缀和以及位于数轴上l-1, r位置上的点的前缀和
    for(int i = 1; i <= alls.size(); i++){
        s[i] = s[i - 1] + a[i];
    }
    
    for(auto item : query){
        int l = find(item.first - 1), r = find(item.second);
        cout << s[r] - s[l] << endl;
    }
    return 0;
}

标签：数轴,int,rbrack,假定,lbrack,alls,坐标,操作
来源： https://blog.csdn.net/dream_fun/article/details/122268400