SRM539-div1-1-div2-2-Over9000Rocks

zz:
http://www.strongczq.com/2012/04/srm539-div1-1-div2-2-over9000rocks.html
题目原文：http://community.topcoder.com/stat?c=problem_statement&pm=11855
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[align=left]题目大意：[/align]
[align=left]     从若干个盒子中任意选择几个装石头，每个盒子容量都有上下限，一旦选择使用某个盒子，那么填装的石头数必须在该盒子的上下限容量之间。假设最终填装的石头总数为X，那么符合条件X>9000的X有多少个？[/align]
[align=left]     数据规模：盒子总数[1,15], 盒子容量[1,10^6][/align]
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[align=left]思路：[/align]
[align=left]     由于盒子数的最大值只有15，所以可以遍历所有的盒子选择方案，总共2^15=32K种。在每一种选择方案中，累加所有盒子的容量下限和上限作为总的容量下限和上限（下限要与9001取最大值），总容量下限都上限之间的所有值都是X的可能值。汇总所有方案下的所有取值（需要去重）就可以得到最终结果。[/align]
[align=left]     由于每种方案下的取值区间最小值都可以达到接近10^6，所以一个个记录可能取值肯定会超时的(2^15*10^6)。好在我们只需要记录每中方案下的取值范围起始值和终止值便可。最终根据这些记录的范围来计算所有可能取值数。有两种实现方式(假设盒子数为k)：[/align]

保存每种方案下的取值范围二元组[s,t]，总共有2^k。对这些二元组进行从小到大排序，二元组中s为主键，t为第二主键。然后从小到大扫描这些二元组，过程中保留目前所遇到的X可行取值的最大值lastMax。对于当前二元组[s,t]，分别比较s、t与lastMax的大小关系去除重复的取值，将新发现的取值范围的长度加到最终结果中，然后更新lastMax。
利用一个大小为15×10^6+2的数组short[] bound保存各方案下的取值范围，假设某个方案的取值范围是[s,t]，则bound[s]++, bound[t+1]--。然后遍历从9001到15×10^6的每个值x，考虑bound[9001]+bound[9002]+...+bound[x]的取值，如果大于0则说明x处于某个取值范围中，否则不是。（该数组的大小可以优化为所有盒子容量上限的加和）。
     第二种方法在最坏情况下空间和时间消耗都更大，但是编码更简单些，以下代码使用第二种实现方式。

Java代码：

public class Over9000Rocks {
public int countPossibilities( int[] lowerBound, int[] upperBound) {
int n = lowerBound.length ;
int maxRes = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i){
maxRes += upperBound[i];
}
int [] bound = new int[maxRes + 2];
for (int m = 1; m < (1 << n); ++m) {
int low = 0, up = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if ((m & (1 << i)) > 0) {
low += lowerBound[i];
up += upperBound[i];
}
}
low = Math. max(low, 9001);
if (up < low) {
continue ;
}
bound[low]++;
bound[up + 1]--;
}
int res = 0;
int v = 0;
for (int x = 9001; x <= maxRes; ++x){
if ((v += bound[x]) > 0){
res++;
}
}
return res;
}
}