题目链接 Chef and odd queries
题意 给定$n$个区间和$q$个询问，每个询问给定$m$个点，求这$n$个区间中有多少个包含了$m$个点中的奇数个。
分类操作。
对于$m >$ $\sqrt{n}$的询问直接一个前缀和依次枚举，时间复杂度$O(n)$，因为这样的询问不会超过$\sqrt{n}$个，
所以规定时间内可以通过。
对于$m <$ $\sqrt{n}$的询问，两两枚举这$m$个点，枚举的时间复杂度为$O(n)$
枚举的点对必满足这两个点之间（包括这两个点）点个数为奇数。
当枚举的点对为$(x_{i}, x_{j})$的时候，我们要查询左端点在$[x_{i-1}+1,x_{i}]$，右端点落在$[x_{j},x_{j+1}-1]$的区间个数。
对$x[]$建立主席树，$root[i]$维护的是坐标范围 $<= i$的这些点，那么对于每次查询可以在$O(logn)$的时间完成。
当然也可以通过离线在树状数组上询问。
时间复杂度$O(n^{\frac{3}{2}}logn)$
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, a, b) for (int i(a); i <= (b); ++i)
#define dec(i, a, b) for (int i(a); i >= (b); --i)
const int N = 1e5 + 10;
const int M = 5e6 + 10;
struct node{
int l, r;
void scan(){ scanf("%d%d", &l, &r);}
friend bool operator < (const node &a, const node &b){
return a.l == b.l ? a.r < b.r : a.l < b.l;
}
} a[N];
int T, split, tot, ans, n, m, y;
int x[N], root[N], s[N], f[M], ls[M], rs[M];
int ins(int x, int l, int r, int val){
int u = ++tot;
f[u] = f[x] + 1;
ls[u] = ls[x];
rs[u] = rs[x];
if (l == r) return u;
int mid = (l + r) >> 1;
if (val <= mid) ls[u] = ins(ls[x], l, mid, val);
else rs[u] = ins(rs[x], mid + 1, r, val);
return u;
}
int query(int x, int L, int R, int l, int r){
if (l <= L && R <= r) return f[x];
int ret = 0;
int mid = (L + R) >> 1;
if (l <= mid) ret += query(ls[x], L, mid, l, r);
if (r > mid) ret += query(rs[x], mid + 1, R, l, r);
return ret;
}
int solve(int l1, int r1, int l2, int r2){
return query(root[r1], 1, n, l2, r2) - query(root[l1], 1, n, l2, r2);
}
int main(){
scanf("%d", &T);
while (T--){
tot = 0;
scanf("%d", &n);
rep(i, 1, n) a[i].scan();
sort(a + 1, a + n + 1);
for (int i = 1, j = 1; i <= n; ++i){
root[i] = root[i - 1];
for (; j <= n && a[j].l <= i; ++j)
root[i] = ins(root[i], 1, n, a[j].r);
}
scanf("%d", &m);
split = int(sqrt(n / log(n)) * 0.8);
rep(op, 1, m){
ans = 0;
scanf("%d", &y);
rep(i, 1, y) scanf("%d", x + i);
sort(x + 1, x + y + 1);
x[0] = 0, x[y + 1] = n + 1;
if (y > split){
s[0] = 0;
for (int i = 1, j = 1; i <= n; ++i){
s[i] = s[i - 1];
for (; j <= n && x[j] <= i; ++j)
++s[i];
}
rep(i, 1, n) ans += ((s[a[i].r] & 1) ^ (s[a[i].l - 1] & 1));
}
else{
rep(i, 1, y){
for (int j = i; j <= y; j += 2){
ans += solve(x[i - 1], x[i], x[j], x[j + 1] - 1);
}
}
}
printf("%d\n", ans);
}
}
return 0;
}
