Color the ball
Time Limit: 9000/3000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 18696 Accepted Submission(s): 9328
Problem Description
N个气球排成一排，从左到右依次编号为1,2,3....N.每次给定2个整数a b(a <= b),lele便为骑上他的“小飞鸽"牌电动车从气球a开始到气球b依次给每个气球涂一次颜色。但是N次以后lele已经忘记了第I个气球已经涂过几次颜色了，你能帮他算出每个气球被涂过几次颜色吗？
Input
每个测试实例第一行为一个整数N,(N <= 100000).接下来的N行，每行包括2个整数a b(1 <= a <= b <= N)。
当N = 0，输入结束。
当N = 0，输入结束。
Output
每个测试实例输出一行，包括N个整数，第I个数代表第I个气球总共被涂色的次数。
Sample Input
3 1 1 2 2 3 3 3 1 1 1 2 1 3 0
Sample Output
1 1 1 3 2 1
一开始写这个题的时候我是用了线段树，但是a了之后看其他大牛的博客，发现了另一种思路，并且时间空间都要比线段树少很多，那么现在就来归纳一下这两种方法。
方法1：
#include<stdio.h>struct data{int l,r,v;
}line[400005];
void bulid (int l,int r,int x) //构建二叉树；
{line[x].l=l;line[x].r=r;line[x].v=0; //这里需要讲所有节点标记为零； if(l==r){return ;}int m=(r+l)/2;bulid(l,m,x*2);bulid(m+1,r,x*2+1);
}
void updata (int l, int r ,int x , int a , int b ) //更新二叉树；
{if(l<=a&&b<=r){ //如果节点x在l和r区间范围之内，则这个区间标记的值加1； line[x].v++;return ;}int m=(a+b)/2;if(m<l){ //这里需要注意符号 updata(l,r,x*2+1,m+1,b);}else if(r<=m){updata(l,r,x*2,a,m);}else {updata(l,m,x*2,a,m);updata(m+1,r,x*2+1,m+1,b);}
}
int query (int i,int x,int l,int r,int sum) //查询，其中sum记录涂颜色的次数；
{if(i==l&&i==r){return sum+line[x].v;}int m=(l+r)/2;sum+=line[x].v;if(i<=m){return query(i,x*2,l,m,sum);}else {return query(i,x*2+1,m+1,r,sum);}
}
int main ()
{int i,j,n,m,a,b;while(scanf("%d",&n),n!=0){bulid(1,n,1);for(i=0;i<n;i++){scanf("%d %d", &a, &b);updata(a,b,1,1,n);}for(i=1;i<=n;i++){if(i==1)printf("%d",query(i,1,1,n,0));else printf(" %d",query(i,1,1,n,0));}printf("\n");}return 0;
}方法二：
#include<stdio.h>
#include<string.h>int main ()
{int line[100010];int n,a,b,i,sum;while(scanf("%d",&n),n){memset(line,0,sizeof(line));for(i=0;i<n;i++){scanf("%d %d",&a,&b);line[a]++;line[++b]--;}sum=0;for(i=1;i<=n;i++){sum+=line[i];if(i==1)printf("%d",sum);else printf(" %d",sum);}printf("\n");}return 0;
}