ACDream - Crayon

题目：

Description

There are only one case in each input file, the first line is a integer N (N ≤ 1,000,00) denoted the total operations executed by Mary.

Then following N lines, each line is one of the folling operations.

D L R : draw a segment [L, R], 1 ≤ L ≤ R ≤ 1,000,000,000.
C I : clear the ith added segment. It’s guaranteed that the every added segment will be cleared only once.
Q L R : query the number of segment sharing at least a common point with interval [L, R]. 1 ≤ L ≤ R ≤ 1,000,000,000.

Input

Then following n operations ...

Output

For each query, print the result on a single line ...

Sample Input

Sample Output

2

2

　　题意：给出三种操作：①画一条占据[L,R]区间的线段,②去掉前面画的第i条线段(保证合法),③查询一条占据区间[L,R]的线段与前面多少条线段至少有一个公共点。对于③操作，输出结果。
区间范围[1,1000000000],操作最多100000次。
　　区间很大，但是操作相对比较少，所以可以先对坐标离散化，然后缩小了范围以后再对数据操作。
　　怎样去统计有多少条线段覆盖了某一段？这里用的方法是统计线段的两个端点，用树状数组来记录。这里需要开两个树状数组，一个用来记录左端点，一个用来记录右端点，然后每一次求某一段[L,R]有多少条线段经过的话，我们可以先求出有多少条线段的左端点在R的左边，这里只要求前段和就可以了，然后我们再求一下有多少线段的右端点在L的左边，同样求一次和，然后相减就可以得到结果了。
　　为什么可以这样做？首先是因为线段有两个端点，然后两次求和都直接排除了R右边的无关线段，而在L左边的线段的两个端点都在L的左边，所以就会先算了一次，然后再被减回去。

代码：

 #include <iostream>

 #include <cstdio>

 #include <cstring>

 #include <algorithm>

 #include <vector>

 #define lowbit(x) (x & (-x))

 #define MAX 100201

 #define LL long long

 using namespace std;

 typedef struct{

     LL l,r,k;

     char ch;

 }Seg;

 Seg s[MAX];

 LL l[MAX<<],r[MAX<<];

 vector<LL> d;

 LL tot,no,N[MAX];

 void add(LL p[],LL x,LL e){

     for(;x<=tot;x+=lowbit(x)) p[x]+=e;

 }

 LL query(LL p[],LL x){

     LL ans=;

     for(;x>;x-=lowbit(x)) ans+=p[x];

     return ans;

 }

 int main()

 {

     LL n,loc,ans;

     //freopen("data.txt","r",stdin);

     ios::sync_with_stdio(false);

     while(cin>>n){

         d.clear();

         d.push_back(-(<<));

         memset(l,,sizeof(l));

         memset(r,,sizeof(r));

         no=;

         for(LL i=;i<n;i++){

             cin>>s[i].ch;

             if(s[i].ch=='C'){

                 cin>>s[i].k;

             }else{

                 cin>>s[i].l>>s[i].r;

                 if(s[i].ch=='D')    N[++no]=i;

                 d.push_back(s[i].l);

                 d.push_back(s[i].r);

             }

         }

         sort(d.begin(),d.end());

         d.erase(unique(d.begin(),d.end()),d.end());

         tot = (LL)d.size()-;

         for(LL i=;i<n;i++){

             if(s[i].ch=='D'){

                 loc = lower_bound(d.begin(),d.end(),s[i].l) - d.begin();

                 add(l,loc,);

                 loc = lower_bound(d.begin(),d.end(),s[i].r) - d.begin();

                 add(r,loc,);

             }else if(s[i].ch=='C'){

                 LL& e = N[s[i].k];

                 loc = lower_bound(d.begin(),d.end(),s[e].l) - d.begin();

                 add(l,loc,-);

                 loc = lower_bound(d.begin(),d.end(),s[e].r) - d.begin();

                 add(r,loc,-);

             }else{

                 loc = lower_bound(d.begin(),d.end(),s[i].r) - d.begin();

                 ans = query(l,loc);

                 loc = lower_bound(d.begin(),d.end(),s[i].l) - d.begin();

                 ans-= query(r,loc-);

                 cout<<ans<<endl;

             }

         }

         //cout<<endl;

     }

     return ;

 }

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