(ORZ)据说这个题有四种写法…我孔乙己表示只会一种。（暂时的）
(color{red}{Description})
PP大厦有一间空的礼堂，可以为企业或者单位提供会议场地。这些会议中的大多数都需要连续几天的时间（个别的可能只需要一天），不过场地只有一个，所以不同的会议的时间申请不能够冲突。也就是说，前一个会议的结束日期必须在后一个会议的开始日期之前。所以，如果要接受一个新的场地预约申请，就必须拒绝掉与这个申请相冲突的预约。 一般来说，如果PP大厦方面事先已经接受了一个会场预约，例如从10日到15日，就不会在接受与之相冲突的预约，例如从12日到17日。不过，有时出于经济利益，PP大厦方面有时会为了接受一个新的会场预约，而拒绝掉一个甚至几个之前预订的预约。 于是，礼堂管理员QQ的笔记本上笔记本上经常记录着这样的信息： 本题中为方便起见，所有的日期都用一个整数表示。例如，如果一个为期10天的会议从“90日”开始到“99日”，那么下一个会议最早只能在“100日”开始。 最近，这个业务的工作量与日俱增，礼堂的管理员QQ希望参加SHTSC的你替他设计一套计算机系统，方便他的工作。这个系统应当能执行下面两个操作： A操作：有一个新的预约是从“start日”到“end日”，并且拒绝掉所有与它相冲突的预约。执行这个操作的时候，你的系统应当返回为了这个新预约而拒绝掉的预约个数，以方便QQ与自己的记录相校对。 B操作：请你的系统返回当前的仍然有效的预约的总数。
(color{red}{Solution \_1})
我们考虑建一棵平衡树，那么上边的每个点代表的是一个预约类，类里面是两个(public)，(l)和(r)。
那么事实上，我们可以每一次插入时(logn)二分查找一下所在位置，然后向前向后不断删除有交集的(nodes)。
(however)，对于二分查找而言，我们需要一个优先级，那么不妨按照右端点排序。（好像按照左端点排序也可以）
在这个地方记录一个巧妙的方法：(set)的二分删除
就是这段代码：
while(1){
set<hotel>::iterator it=qwq.lower_bound(temp);
if(it->st<=b&&it->ed>=a){
qwq.erase(*it);
cnt++;
continue;
}
it=qwq.lower_bound(temp);
if(it!=qwq.begin()){
it--;
if(it->st<=b&&it->ed>=a){
qwq.erase(*it);
cnt++;
continue;
}
}
break;
}
第一个(if)向后删除，第二个(if)向前删除。
而这一段代码的执行顺序很显然：
删完二分所得位置之后的,删不完就continue继续删，删完二分所得位置之前的，删不完就continue继续删，最后break。
反正我是被这个操作秀了一脸(OTZ).
嗯，这个操作就叫做二分删除啦！！（雾
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<set>
using namespace std;
struct hotel{
int st,ed;
hotel(){}
hotel (int l,int r){
st=l;
ed=r;
}
bool operator < (const hotel &cmp)const{
return ed<cmp.ed;
}
};
char c;
int m,cnt,a,b;
set<hotel>qwq;
int main(){
cin>>m;
for(register int i=1;i<=m;i++){
cin>>c;
if(c=='A'){
scanf("%d%d",&a,&b);
hotel temp=hotel(a,b);
cnt=0;
while(1){
set<hotel>::iterator it=qwq.lower_bound(temp);
if(it->st<=b&&it->ed>=a){
qwq.erase(*it);
cnt++;
continue;
}
it=qwq.lower_bound(temp);
if(it!=qwq.begin()){
it--;
if(it->st<=b&&it->ed>=a){
qwq.erase(*it);
cnt++;
continue;
}
}
break;
}
qwq.insert(temp);
cout<<cnt<<endl;
}
else cout<<qwq.size()<<endl;
}
}
(Ps:) 用(cin)比(scanf+register)慢了1400ms……阔怕
(color{red}{Solution \_2})
用线段树做……暂时还不会(QAQ)。
又留了一个坑(ORZ)