弹幕考察

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P2650

题目描述

zeromaker 对弹幕的视野控制有着深刻的研究。 每个弹幕在一段特定的时间内会出现在 zeromaker 的视野内，除此之外的时间都在 zeromaker 看不到的地方。在 zeromaker 看来，视野内的弹幕数量越多，图就越难，因为这意味着 @#￥%。 现在，zeromaker 想要评测这张图的难度，他已经知道了每个弹幕会在什么时候出现在视野内，他想知道，在一段时间内，总共有多少个弹幕出现在他的视野内过。

输入格式

第一行有两个整数 n ， m ,表示一共有 n 个弹幕，而 zeromaker 有 m 个问题。

接下来 n 行，每行两个数 a，b，表示这个弹幕 a 秒时出现在 zeromaker 的视野内，出现了 b 秒。 接下来 m 行，每行两个整数 x ， y ，表示从 x 秒开始，经过 y 秒，其中有多少个弹幕出现过。

注意：查询区间为左闭右闭，弹幕出现区间为左开右开。

输出格式

m 行，即对于 zeromaker 提出的每个问题的答案。

输入输出样例

输入 #1复制

3 2
2 5
0 10
5 8
0 6
8 2

输出 #1复制

3
2

输入 #2复制

1 2
0 10
9 1
10 1

输出 #2复制

1 
0

 

 

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思路：

关键要用到 lower_bound函数,

首先我们要用 lower_bound 在弹幕左端点数组的第一个数到最后一个数这个区间内，找到第一个大于或等于查询区间右端点的弹幕左端点的下标，再减去L，这样做就排除了查询区间右端点右边的弹幕左端点的数量，得到了查询区间右端点左边的弹幕左端点的数量。但是想一下就知道，这个数量实际上是大于等于答案的。

所以接着，同理，得到查询区间左端点左边的的弹幕右端点的数量。

这样，我们就得到了两个数量，前者减去后者就是答案。

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代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
     int l[100001],r[100001];
     int n,m;
     long long l_problem,r_problem;
     int ans;
     cin>>n>>m;

for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>l[i]>>r[i];
        r[i]=l[i]+r[i]-1;
    }
    
sort(l+1,l+1+n);
sort(r+1,r+1+n);

for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>l_problem>>r_problem;
        r_problem+=l_problem;

        ans=lower_bound(l+1,l+1+n,r_problem)-l;
        ans-=lower_bound(r+1,r+1+n,l_problem)-r;
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}