高桥和低桥（STL二分查找）

有个脑筋急转弯是这样的：有距离很近的一高一低两座桥，两次洪水之后高桥被淹了两次，低桥却只被淹了一次，为什么？答案是：因为低桥太低了，第一次洪水退去之后水位依然在低桥之上，所以不算“淹了两次”。举例说明：

假定高桥和低桥的高度分别是5和2，初始水位为1

第一次洪水：水位提高到6（两个桥都被淹），退到2（高桥不再被淹，但低桥仍然被淹）

第二次洪水：水位提高到8（高桥又被淹了），退到3。

没错，文字游戏。关键在于“又”的含义。如果某次洪水退去之后一座桥仍然被淹（即水位不小于桥的高度），那么下次洪水来临水位提高时不能算“又”淹一次。

输入n座桥的高度以及第i次洪水的涨水水位ai和退水水位bi，统计有多少座桥至少被淹了k次。初始水位为1，且每次洪水的涨水水位一定大于上次洪水的退水水位。

Input
输入文件最多包含25组测试数据。每组数据第一行为三个整数n, m, k（1<=n,m,k<=105）。第二行为n个整数hi（2<=hi<=108），即各个桥的高度。以下m行每行包含两个整数ai和bi（1<=bi<ai<=108, ai>bi-1）。输入文件不超过5MB。

Output
对于每组数据，输出至少被淹k次的桥的个数。

Sample Input
2 2 2
2 5
6 2
8 3
5 3 2
2 3 4 5 6
5 3
4 2
5 2
Sample Output
Case 1: 1
Case 2: 3

分析：这个题是 玩文字游戏？ 开始想成区间所有的点找到对应位置的加减，但是发现题目中的数据太大了，肯定不行
然后换个思路，只改找到的两个点的位置，题目中所说 一座桥如果在下次洪水来之前仍然还是被淹没状态，就不算被淹，那么就在对应小于等于a[i]的桥+1，小于等于b[i-1]的桥-1，最后遍历相加，计算至少被淹k次的桥的个数

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<map>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define mem(a,n) memset(a,n,sizeof(a))
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;
int a[N],b[N],cnt[N];
vector<int>vec;
int main()
{
    int n,m,k,cas=1;
    while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&k))
    {
        vec.clear();
        vec.resize(n);
        mem(cnt,0);
        for(int i=0; i<n; i++)
            scanf("%d",&vec[i]);
        sort(vec.begin(),vec.end());
        a[0]=b[0]=1;
        int pos1,pos2,j;
        for(int i=1; i<=m; i++)
        {
            scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
    //     printf("%d  %d\n",a[i],b[i-1]);
            pos1=upper_bound(vec.begin(),vec.end(),a[i])-vec.begin();
            pos2=upper_bound(vec.begin(),vec.end(),b[i-1])-vec.begin();
            cnt[pos1]--;
            cnt[pos2]++;
           // printf("cnt[%d]=%d  cnt[%d]=%d\n",pos1,cnt[pos1],pos2,cnt[pos2]);
        }
        int num=0,sum=0;
        for(int i=0; i<n; i++)
        {
            sum+=cnt[i];
       //     printf("%d \n",sum);
            if(sum>=k)
                num++;
        }
        printf("Case %d: %d\n",cas++,num);
    }
    return 0;
}

这个思路有点像单点更新，区间求和，因此也可以用树状数组吧。。
暂时没写。。