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TangDou/CSP-J/AcWingTraining/T1/422.md

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+## [$AcWing$ $422$. 校门外的树](https://www.acwing.com/problem/content/424/)
+
+### 一、题目描述
+某校大门外长度为 $L$ 的马路上有一排树，每两棵相邻的树之间的间隔都是 $1$ 米。
+
+我们可以把马路看成一个数轴，马路的一端在数轴 $0$ 的位置，另一端在 $L$ 的位置；数轴上的每个整数点，即 $0$，$1$，$2$，……，$L$，都种有一棵树。
+
+由于马路上有一些区域要用来建地铁。
+
+这些区域用它们在数轴上的起始点和终止点表示。
+
+已知任一区域的起始点和终止点的坐标都是整数，区域之间可能有重合的部分。
+
+现在要把这些区域中的树（包括区域端点处的两棵树）移走。
+
+你的任务是计算将这些树都移走后，马路上还有多少棵树。
+
+**输入格式**
+输入文件的第一行有两个整数 $L$ 和 $M$，$L$ 代表马路的长度，$M$ 代表区域的数目，$L$ 和 $M$ 之间用一个空格隔开。
+
+接下来的 $M$ 行每行包含两个不同的整数，用一个空格隔开，表示一个区域的起始点和终止点的坐标。
+
+**输出格式**
+输出文件包括一行，这一行只包含一个整数，表示马路上剩余的树的数目。
+
+**数据范围**
+$1$≤$L$≤$10000$,$1$≤$M$≤$100$
+
+**输入样例**：
+
+```cpp {.line-numbers}
+500 3
+150 300
+100 200
+470 471
+```
+**输出样例**：
+
+```cpp {.line-numbers}
+298
+```
+### 二、桶排
+模拟,数组遍历
+
+$O(M*L)$ 定义一个长度为 $L+1$ 的布尔数组，表示每棵树的状态。
+
+- $true$ 表示已经被移走；
+- $false$ 表示未被移走；
+
+对于每次移动树木的操作 $[L_i,R_i]$，直接循环一遍，将布尔数组中从 $L_i$，到 $R_i$这段赋值为$true$。
+
+最后统计值为 $false$ 的数量即可。
+
+#### 时间复杂度分析
+对于每次移动树木的操作，最坏情况下区间长度是 $O(L)$，因此计算量是 $O(L)$，一共有 $M$ 次操作，因此总时间复杂度是 $O(M*L)=100×10000=10^6$。
+
+```cpp {.line-numbers}
+#include <bits/stdc++.h>
+using namespace std;
+
+const int N = 10010;
+
+int L, m;
+bool st[N];
+
+int main() {
+    cin >> L >> m;
+    while (m--) {
+        int l, r;
+        cin >> l >> r;
+        for (int i = l; i <= r; i++) st[i] = 1;
+    }
+    int res = 0;
+    for (int i = 0; i <= L; i++)
+        if (!st[i]) res++;
+    printf("%d\n", res);
+    return 0;
+}
+
+```
+
+### 三、区间合并
+
+先求出所有移动树木的操作的区间的并集，那么马路上剩余部分即为最终剩下树木的部分。
+求所有区间的并集可以使用区间合并算法，可以参考 $AcWing$ $803$. 区间合并。
+
+#### 时间复杂度
+区间合并算法的时间复杂度是 $O(MlogM)$，其中 $M$ 是区间数量。
+
+```cpp {.line-numbers}
+#include <bits/stdc++.h>
+using namespace std;
+
+typedef pair<int, int> PII;
+
+const int N = 110;
+
+int m, L;
+PII seg[N];
+
+int main() {
+    cin >> L >> m;
+
+    // 表示一个区域的起始点和终止点的坐标
+    for (int i = 0; i < m; i++) cin >> seg[i].first >> seg[i].second;
+    // 按起点排序
+    sort(seg, seg + m);
+
+    // L 代表马路的长度
+    int res = L + 1;
+
+    // ① 第一个区间
+    int st = seg[0].first, ed = seg[0].second;
+    // ② 从第二个区间枚举
+    for (int i = 1; i < m; i++)
+        // ③ 枚举到的起点小于等于上一个终点，即有交集
+        if (seg[i].first <= ed)
+            // ④ 交集分两种情况：(1)新的更长，(2)上一个更长
+            ed = max(seg[i].second, ed);
+        else {
+            // ⑤ 没有了交点，说明断档出现，开始新的区间
+            res -= ed - st + 1; // 所L+1中扣掉前一个整体区间的树的个数
+            // 全新的区间开始啦
+            st = seg[i].first, ed = seg[i].second;
+        }
+    // ⑥ 上面的逻辑，处理完成后，最后一个没有纳入到计算的范围内，所以需要再次扣除掉
+    res -= ed - st + 1;
+    cout << res << endl;
+    return 0;
+}
+```