## [$AcWing$ $422$. 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;
}
```