hdu4343倍增思想

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4343

题目大意：给定N(N<=100000)个区间（左闭右开）和M(M<=100000)个询问[l, r]，问所有满足[s,t)包含于于[l, r]的区间中最多能选出多少个，使得他们两两不相交。

解题思路：首先将坐标离散化，将区间排序后删掉可以覆盖其他区间的大区间。
这时若将剩余区间的左端点坐标排序，左端点坐标必然严格上升且对应的右端点坐标也是严格上升的。
此题的贪心思想较为普及，即按y的升序进行贪心固定区间询问的最大数量，不再赘述。
设g[1][x]为从坐标x开始向右遇到的第一个有效区间的右端点坐标，另g[i][x] = g[1][g[i-1][x]]，若不存在则为正无穷。
则g[k][x]表示从坐标x开始，在经过不相交的k个区间后，第k个区间的右端点的坐标。
对g进行倍增，即设f[k][x] = g[2^k][x]。则对于一次询问(l,r)，可利用f枚举答案各个二进制数位得到答案。
f[k][x] = f[k-1][f[k-1][x]]，f[0][x] = g[1][x]。g只存在于思维过程中。

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100050;
int n,m,opt[20][N*2],x[N*2],cnt;
struct node
{int l,r;void read(){ scanf("%d%d",&l,&r); x[cnt++]=l; x[cnt++]=r; }void print(){ printf("%d %d\n",l,r); }bool operator <(const node tmp) const{ return l<tmp.l||(l==tmp.l&&r<tmp.r); }
}no[N];
inline int getid(int val,bool f)
{if(!f) return lower_bound(x,x+cnt,val)-x;return upper_bound(x,x+cnt,val)-x-1;
}
int calc(int l,int r)
{if(l>r) return 0;if(l==cnt||r==-1) return 0;int ret=0;for(int i=19;i>=0;i--){if(opt[i][l]<=r) {ret+=(1<<i);l=opt[i][l];}}return ret;
}
int main()
{
//    freopen("1.in","r",stdin);
//    freopen("2.out","w",stdout);while(scanf("%d%d",&n,&m)!=-1){cnt=0;for(int i=0;i<n;i++){no[i].read();}sort(no,no+n);sort(x,x+cnt);cnt=unique(x,x+cnt)-x;for(int i=0;i<n;i++){no[i].l=getid(no[i].l,0);no[i].r=getid(no[i].r,1);}x[cnt]=cnt;int mn=cnt,r=n;for(int i=cnt-1;i>=0;i--){while(r>0&&no[r-1].l>=i){r--;mn=min(mn,no[r].r);}opt[0][i]=mn;}for(int i=0;i<20;i++) opt[i][cnt]=cnt;for(int i=1;i<20;i++){for(int j=0;j<cnt;j++){opt[i][j]=opt[i-1][opt[i-1][j]];}}while(m--){int l,r;scanf("%d%d",&l,&r);l=getid(l,0); r=getid(r,1);printf("%d\n",calc(l,r));}}return 0;
}

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