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## [$AcWing$ $802$. 区间和 ](https://www.acwing.com/problem/content/804/)
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### 一、题目描述
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假定有一个无限长的数轴，数轴上每个坐标上的数都是 $0$。
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现在，我们首先进行 $n$ 次操作，每次操作将某一位置 $x$ 上的数加 $c$。
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接下来，进行 $m$ 次询问，每个询问包含两个整数 $l$ 和 $r$，你需要求出在**区间 $[l,r]$ 之间的所有数的和**。
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**输入格式**
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第一行包含两个整数 $n$ 和 $m$。
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接下来 $n$ 行，每行包含两个整数 $x$ 和 $c$。
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再接下来 $m$ 行，每行包含两个整数 $l$ 和 $r$。
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**输出格式**
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共 $m$ 行，每行输出一个询问中所求的区间内数字和。
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**数据范围**
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$−10^9≤x≤10^9$,
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$1≤n,m≤10^5$,
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$−10^9≤l≤r≤10^9$,
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$−10000≤c≤10000$
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**输入样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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3 3
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1 2
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3 6
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7 5
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1 3
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4 6
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7 8
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```
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**输出样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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8
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0
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5
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```
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**特殊说明一下，$alls$数组下标是从$0$开始的，而$a$数组下标是从$1$开始的，$alls$数组与$a$数组是一一对应的，但是错位对应的，即$alls[0]->a[1],alls[1]->a[2],....$**
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### 二、解题思路
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1. **为什么要离散化**？
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因为 **[空间上不允许开那么大数据范围的数组](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15304297.html)** ！本题$−{10}^9≤x≤10^9$,,两边都加上就是$2*10^9$,$c++$开不到$3e7$以上,空间超限。
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2. **什么是离散化**？
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**离散化**:范围大，但比较稀疏，真正有数的不多，很多地方是空着的（空着的是0）。利用这一特点，把有用的位置 **映射** 到一个长度可控的范围上。
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3. **数组大小的确定**
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既然要映射到一块小的、能装的下的区域内，那么这个区域最大是多大呢？
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因为原始数据坐标共$n$个，而查询时坐标是$[l,r]$，一次两个，一共$m$次，需要把所有的坐标全部放到$a$数组中，上限是：$n+2*m$,依题意，就是$3*1e5$
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4. **离散化模板**
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```c++
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// ① 排序+去重
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sort(a, a + al);
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// ② 使用STL的去重函数去重，不用手写的去重，原因：只排序一次，去重一次，不像是二分需要重复使用，性能差另不大，但代码就短的多
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al = unique(a, a + al) - a;
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```
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### 三、模板代码
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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typedef pair<int, int> PII;
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const int N = 300010;
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int a[N], al;
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int b[N], s[N]; // 假定有一个无限长的数轴，数轴上每个坐标上的数都是 0
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PII q[N], p[N];
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int ql, pl;
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int n, m;
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// 手写二分
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int lower_bound(int q[], int l, int r, int x) {
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while (l < r) {
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int mid = (l + r) >> 1;
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if (q[mid] >= x)
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r = mid;
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else
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l = mid + 1;
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}
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return l;
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}
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int main() {
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cin >> n >> m;
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while (n--) {
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int x, c;
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cin >> x >> c;
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p[pl++] = {x, c};
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a[al++] = x;
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}
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int l, r;
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while (m--) {
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cin >> l >> r;
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q[ql++] = {l, r};
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a[al++] = l, a[al++] = r;
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}
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// ① 排序+去重
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sort(a, a + al);
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// ② 使用STL的去重函数去重，不用手写的去重，原因：只排序一次，去重一次，不像是二分需要重复使用，性能差别不大，但代码就短的多
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al = unique(a, a + al) - a;
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// 处理一下某个x上加c的事情
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for (int i = 0; i < pl; i++) {
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int x = lower_bound(a, 0, al, p[i].first) + 1; // 下标从0开始，需要加1个偏移量
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b[x] += p[i].second;
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}
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// 一维前缀和
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for (int i = 1; i < N; i++) s[i] = s[i - 1] + b[i];
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// 处理询问(前缀和应用)
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for (int i = 0; i < ql; i++) {
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// 根据原来的位置值，计算出映射后的位置值
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l = lower_bound(a, 0, al, q[i].first) + 1;
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r = lower_bound(a, 0, al, q[i].second) + 1;
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// 利用一维前缀和计算区间和
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printf("%d\n", s[r] - s[l - 1]);
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}
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return 0;
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}
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```
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### 四、总结
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- 提到的所有位置点，不管是有数值的点，还要是查询的点，统统记录到$a[]$数组中
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- 对$a$数组进行排序+去重操作
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- 遍历每一个有值的点，通过二分将原坐标变换为新的坐标，使用一个基础数组$b[]$,记录新坐标中对应的数值
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- 对基础数组$b$生成前缀和数组$s[]$
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- 利用前缀和数组$s[]$回答问题
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### 五、完全使用$STL$的代码实现
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> 因为多次调用二分算法，手工与$STL$的性能差距放大了~
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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typedef pair<int, int> PII;
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const int N = 300010;
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int a[N], al;
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int b[N], s[N]; // 假定有一个无限长的数轴，数轴上每个坐标上的数都是 0
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PII q[N], p[N];
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int ql, pl;
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int n, m;
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int main() {
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cin >> n >> m;
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while (n--) {
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int x, c;
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cin >> x >> c;
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p[pl++] = {x, c};
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a[al++] = x;
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}
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int l, r;
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while (m--) {
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cin >> l >> r;
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q[ql++] = {l, r};
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a[al++] = l, a[al++] = r;
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}
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// ① 排序+去重
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sort(a, a + al);
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// ② 使用STL的去重函数去重，不用手写的去重，原因：只排序一次，去重一次，不像是二分需要重复使用，性能差别不大，但代码就短的多
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al = unique(a, a + al) - a;
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// 处理一下某个x上加c的事情
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for (int i = 0; i < pl; i++) {
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int x = lower_bound(a,a+ al, p[i].first)-a + 1; // 下标从0开始，需要加1个偏移量
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b[x] += p[i].second;
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}
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// 一维前缀和
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for (int i = 1; i < N; i++) s[i] = s[i - 1] + b[i];
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// 处理询问(前缀和应用)
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for (int i = 0; i < ql; i++) {
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// 根据原来的位置值，计算出映射后的位置值
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l = lower_bound(a, a+ al, q[i].first)-a + 1;
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r = lower_bound(a, a+ al, q[i].second)-a + 1;
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// 利用一维前缀和计算区间和
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printf("%d\n", s[r] - s[l - 1]);
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}
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return 0;
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}
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```
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