NOIP 普及组 2016 海港
https://www.cnblogs.com/violet-acmer/p/9859003.html
这次比赛，上来还是死抠第一题，用了一个半小时才 AC，还是太菜了..................
题意
一共有 n 艘船，每艘船都有一个到港时间，每艘船上有 k 个人，这 k 个人可能来自多个不同的国家；
求以当前船只为终了时间，在这之前的 24 小时内，到港的所有船只中所承载的乘客来自多少个国家？
题解
•相关变量解释
- arrive[maxn]........................................arrive[ i ] : 第 i 艘船到港的时间
- affect[maxn].........................................affect[ i ] : i 国籍为所影响的范围，但不包括其本身
- vector<int >ship[maxn].........................ship[ i ] : 第 i 艘船上所承载的乘客国籍信息
- diff[maxn].............................................差分数组
因为 k1+k2+.......+k2 ≤ 3×105，所以用vector存不会超内存。
•去重
因每艘船的 k 个人可能有来自同一国家的乘客，所以先去一下重
sort(ship[i].begin(),ship[i].end());
ship[i].erase(unique(ship[i].begin(),ship[i].end()),ship[i].end());
•找到每艘船的乘客所能影响的最大范围
这是什么意思呢？
例如，第一艘船去重后，乘客分别来自 1,2,4 国家；
由于所要求得是以当前船只为终了时间，在这之前的 24 小时内，到港的所有船只中所承载的乘客来自多少个国家；
换句话说，当前船只的乘客只能影响这之后的 24 小时内到达的船只（不包含第 24 小时到达的船只）。
所以第一艘船的 1 乘客的影响范围为[1,1+86400)，此时，记 affect[1]=1+86400，但 1 所影响的范围不包括 affect[1] 本身；
同理，第 2,4 乘客的影响范围也为[1,1+86400)
当来到第二艘船的时候，去重后，乘客分别来自 2,3 国家，而当前船只到港时间为 2 ，affect[2]=1+86400 > 2，
所以受之前船只的影响，国籍为 2 的乘客并不会对[2,1+86400)造成影响，而当前的 2 乘客可以影响的范围为 [2,2+86400)，
所以需要在之前的范围[1,1+86400)上加上范围[1+86400,2+86400)，即加上[affect[2], 2+86400)，并将affect[2]更新为2+86400。
•求解
但要如何记录以当前船只为终了时间的前 24 小时内的不同国家的乘客人数呢？
由题干可知，t ≤ 1e9，难不成要开个 1e9 大的数组，显然是不可行的，那该怎么办呢？
看题干，保证所输入的 t 是递增的，而 n ≤ 1e5，所以可以将 affect[ i ] 中乘客 i 的影响范围由之前的时间区间变为船只编号，如何变呢？
还是以样例为例;
一共有 3 艘船，每艘船的到港时间分别为 1,2,10
第一艘船的乘客可以影响的时间范围为[1,1+86400)，也就是说，只要到港时间在[1,1+86400)范围内的船只，都可以影响到，
而后两艘船的到港时间都在这个时间范围内，所以将 affect[1]=affect[2]=affect[4]=4，意思是第一艘船的第 1,2,4乘客可以影响到前三艘船。
来到第二艘船，其乘客国籍为 2,3，但affect[2]=4 > 2，说明在这之前的 24 小时内，有船只载有 2 国家的乘客，所以当前船只的 2 乘客能
影响的范围变为[affect[2],end)，end 指的是到港时间 >= 2+86400 最近的一艘船编号，易得 end = 4。
其余的船只同理。
因为每艘船只的到港时间是递增的，所以每次查找可以使用二分。
而第 i 艘船上的每个乘客的影响范围可以用树状数组或线段树来维护；
而我选择了一个比较方便的差分数组，何为差分数组，详情请看 http://www.cnblogs.com/widsom/p/7750656.html
Code
View Code1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define pb push_back 4 #define lowbit(x) (x&(-x)) 5 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a) 6 const int maxn=1e5+50; 7 8 int n; 9 int arrive[maxn]; 10 int affect[maxn]; 11 vector<int >ship[maxn]; 12 int diff[maxn]; 13 void Solve() 14 { 15 mem(affect,0); 16 mem(diff,0); 17 for(int i=1;i <= n;++i) 18 { 19 //t : 到港时间 >= arrive[i]+86400 的最近的一艘船的编号 20 int t=lower_bound(arrive+i,arrive+n+1,arrive[i]+86400)-arrive; 21 for(int j=0;j < ship[i].size();++j) 22 { 23 int native=ship[i][j]; 24 if(affect[native] < i)//判断一下affect[native]影响的范围是否包含当前船只 i 25 affect[native]=i;//如果不包含，则当前乘客的影响范围从当前船只开始 26 diff[affect[native]]++;//当前乘客的影响范围为 [affect[native],t) 27 diff[t]--; 28 affect[native]=t;//更新affect[native] 29 } 30 } 31 for(int i=1;i <= n;++i) 32 { 33 diff[i] += diff[i-1];//一遍前缀和为元素本身，也就是以当前船只为终了时间的前24小时内的来自不同国家的个数 34 printf("%d\n",diff[i]); 35 } 36 } 37 int main() 38 { 39 scanf("%d",&n); 40 for(int i=1;i <= n;++i) 41 { 42 int t,k; 43 scanf("%d%d",&t,&k); 44 arrive[i]=t; 45 for(int j=1;j <= k;++j) 46 { 47 int native; 48 scanf("%d",&native); 49 ship[i].pb(native); 50 } 51 sort(ship[i].begin(),ship[i].end()); 52 ship[i].erase(unique(ship[i].begin(),ship[i].end()),ship[i].end()); 53 } 54 Solve(); 55 } 56 /** 57 5 58 1 4 4 1 2 2 59 2 2 2 3 60 10 1 3 61 100000 5 1 2 3 4 5 62 100001 5 1 2 3 4 6 63 **/
