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题目链接：https://vjudge.net/problem/ACdream-1157
题意：
由3钟类型操作：
1）D L R(1 <= L <= R <= 1000000000) 增加一条线段[L,R]
2）C i (1-base) 删除第i条增加的线段，保证每条插入线段最多插入一次，且这次删除操作一定合法
3) Q L R(1 <= L <= R <= 1000000000) 查询目前存在的线段中有多少条线段完全包含[L,R]这个线段，线段X被线段Y完全包含即LY <= LX
<= RX <= RY)
给出N，接下来N行，每行是3种类型之一
多组数据，每组数据N
接下来N行，每行是三种操作之一(1 <= N <= 10^5)
6 D 1 100 D 3 8 D 4 10 Q 3 8 C 1 Q 3 8
2 1
注意，删除第i条增加的线段，不是说第i行，而是说第i次增加。
比如
D 1 10
Q 1 10
D 2 3
D 3 4
Q 5 6
D 5 6
C 2是删除D 2 3
C 4是删除D 5 6
解法：CDQ分治，将删除操作看作插入一条数量为-1的线段，查询操作看作插入一条数量为0的线段，用cnt[i]表示第i次插入的线段被之前插入的线段包含的次数，按操作顺序进行分治，每次统计[l,mid+1]中有多少元素j满足j.y>=i.y,j.x<=i.x，其中mid+1<=i<=r，这个过程可以通过对两个区间都以x为第一关键字降序排，以y为第二关键字升序排，对于[mid+1,r]中的每个i（i为数量为0的元素，即为查询），将[l,mid]中所有满足j.y>=i.y的j以j.x为下标，cnt[j]为键值插入到树状数组中，那么每次只需统计树状数组中下标小于等于i.x的元素键值之和累加到cnt[i]中即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2e5+10;
int n, h[maxn], tot;
struct node{
int x,y,cnt,id,ans;
bool operator<(const node &rhs) const{
if(y!=rhs.y)return y>rhs.y;
return x<rhs.x;
}
}p[maxn],q[maxn];
bool cmp(node a, node b){
return a.id<b.id;
}
struct BIT{
int b[maxn];
void init(){
memset(b, 0, sizeof(b));
}
inline int lowbit(int x){
return (x&(-x));
}
void add(int x, int v){
while(x<=tot){
b[x]+=v;
x+=lowbit(x);
}
}
int query(int x){
int ret = 0;
while(x){
ret += b[x];
x -= lowbit(x);
}
return ret;
}
}bit;
void CDQ(int l, int r){
if(l == r) return;
int mid = (l+r)/2;
CDQ(l,mid);
CDQ(mid+1,r);
sort(p+l,p+mid+1);
sort(p+mid+1,p+r+1);
int j=l;
for(int i=mid+1; i<=r; i++){
for(;j<=mid&&p[j].y>=p[i].y;j++) bit.add(p[j].x, p[j].cnt);
if(!p[i].cnt) p[i].ans+=bit.query(p[i].x);
}
for(int i=l; i<j; i++) bit.add(p[i].x, -p[i].cnt);
merge(p+l,p+mid+1,p+mid+1,p+r+1,q);
for(int i=0; i<r-l+1; i++) p[l+i]=q[i];
}
int res, l[maxn], r[maxn];
int main()
{
while(~scanf("%d", &n))
{
bit.init();
tot=0,res=1;
for(int i=1; i<=n; i++){
p[i].id = i, p[i].ans = 0;
char op[3];
scanf("%s", op);
if(op[0] == ‘D‘){
scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
p[i].cnt=1;
l[res]=p[i].x,r[res++]=p[i].y;
h[++tot]=p[i].x,h[++tot]=p[i].y;
}
else if(op[0]==‘Q‘){
scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
p[i].cnt=0;
h[++tot]=p[i].x,h[++tot]=p[i].y;
}
else{
int temp;
scanf("%d", &temp);
p[i].x=l[temp],p[i].y=r[temp];
p[i].cnt=-1;
}
}
sort(h+1,h+tot+1);
tot = unique(h+1,h+tot+1)-h-1;
for(int i=1; i<=n; i++){
p[i].x=lower_bound(h+1,h+tot+1,p[i].x)-h;
p[i].y=lower_bound(h+1,h+tot+1,p[i].y)-h;
}
CDQ(1, n);
sort(p+1,p+n+1,cmp);
for(int i=1; i<=n; i++){
if(!p[i].cnt) printf("%d\n", p[i].ans);
}
}
return 0;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/spfa/p/7359856.html
