问题描述
小H和小W来到了一条街上，两人分开买菜，他们买菜的过程可以描述为，去店里买一些菜然后去旁边的一个广场把菜装上车，两人都要买n种菜，所以也都要装n次车。具体的，对于小H来说有n个不相交的时间段[a1,b1],[a2,b2]...[an,bn]在装车，对于小W来说有n个不相交的时间段[c1,d1],[c2,d2]...[cn,dn]在装车。其中，一个时间段[s, t]表示的是从时刻s到时刻t这段时间，时长为t-s。
由于他们是好朋友，他们都在广场上装车的时候会聊天，他们想知道他们可以聊多长时间。
输入格式
输入的第一行包含一个正整数n，表示时间段的数量。
接下来n行每行两个数ai，bi，描述小H的各个装车的时间段。
接下来n行每行两个数ci，di，描述小W的各个装车的时间段。
输出格式
输出一行，一个正整数，表示两人可以聊多长时间。
样例输入
4
1 3
5 6
9 13
14 15
2 4
5 7
10 11
13 14
样例输出
3
数据规模和约定
对于所有的评测用例，1 ≤ n ≤ 2000, ai < bi < ai+1，ci < di < ci+1,对于所有的i(1 ≤ i ≤ n)有，1 ≤ ai, bi, ci, di ≤ 1000000。
分析：
本题去年在考的时候只有80分，现在再做一遍明白当时是超时了，n最大1000，两千个区间，每个区间最大长度可能是一百万，最坏情况可能要考虑十亿个数。去年做的时候花了近半小时，在纸上画各种区间相交，排序再各种条件判断，容易出错或者超时，现在做的时候决定摒弃常规思路。虽然是区间问题但是用线段树或者树状数组就有点小题大作了，采用离散化或者哈希映射便能很简洁的解决该问题。（如果不想看复杂的思考过程可以跳过思路一）
思路一：
不区分ab和cd，只要遇见一个区间，立刻将区间上所有数加一，最后统计数组上所有值为2元素的个数。很明显，这种思路最大的问题是区间长度并不能很好的转化为元素的个数，因为比如两个区间相交于[2,4]，可以发现a[2]-a[4]上三个数都为2，而区间长度为2，比元素个数少1。想到的解决办法是比如[1,4]和[2,8],在遍历2-8时给下标是2-4都加上1，一旦遍历到a[5]!=2，立刻ans--，而且在另一种情况[1,4]和[2,4]相交，由于从2遍历到4都不能遍历到值不为2的元素，用标志变量可解决该问题。可以看见这种思路一方面没有用离散化，开了大数组，而且十来行的代码思考出来上面的情况也不容易；另一方面更为致命，就是这种思路本质是错的，比如第一个人有区间[1,3]和[5,9],第二个人有区间[3,5],执行这种算法ans会加一，然而他们并未相交。所以思路一行不通。
思路二：
由于直接哈希，用区间元素值为2的个数不能表示区间相交的长度，所以需要一种全新的思路。可以发现，[1,3]区间长度为2，而相邻两个数的中点也就是1.5和2.5个数也为2，我们可以将之前的哈希向右平移0.5，会发现，之前所有的情况都不要考虑了，任意两个相交的区间中相邻两个数中点映射的值为2的个数，也就是所求问题答案。例：[1,4]和[2,8] 中2.5和3.5值为2，而[2,4]长度也为2，思路一的其它例子也完美的符合这个规律。现在只需要将double映射为元素个数，采用unordered_map<double,int>。于是我们可以得到下面这个超级简洁的代码。
#include <iostream>
#include <unordered_map>
using namespace std;
unordered_map<double,int> m;
int main(){
int n,a,b;
cin>>n;
long long ans = 0;
for(int i = 0;i < 2 * n;i++){
cin>>a>>b;
for(int j = a;j < b;j++){
double k = j + 0.5;
m[k]++;
if(m[k] == 2) ans++;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}不到20行便解决了该问题，至于为什么会有思路三的出现是因为上面代码提交只有90分，超时了，正如文章开头所讲，用哈希，差不多在最坏情况下给十亿个数加一了。于是我对思路二进行了改进，开始想到的思路对区间[a,b]中所有元素++，复杂度为O（b-a），要想区间修改复杂度降到O（1），容易想到线段树的标记延迟下传，但是如果使用线段树，思维量可能超过了一开始的直接排序后if else分类讨论了。
思路三：
由于思路二代码只能得90分，可能只有最后一两组样例超时，于是想到对一个循环而言，里面的基本语句多一条，复杂度虽然是一个量级的，但是时间可能翻倍了。于是考虑“剪枝”。对比上面代码可以发现，对于第一个人输入的n个区间，我们m[k]++没问题，但是对于第二个人输入的n个区间，我们先m[k]++再判断m[k]是否等于2显得有点多余，于是我将一次循环拆分为两次，并且尽可能的将k的定义放在外面，防止循环一次就重新给k分配一次空间。100分代码如下：
#include <iostream>
#include <unordered_map>
using namespace std;
unordered_map<double,int> m;
int main(){
int n,a,b;
double k;
cin>>n;
long long ans = 0;
for(int i = 0;i < n;i++){
cin>>a>>b;
for(int j = a;j < b;j++){
k = j + 0.5;
m[k]++;
}
}
for(int i = 0;i < n;i++){
cin>>a>>b;
for(int j = a;j < b;j++){
k = j + 0.5;
if(m[k] == 1) ans++;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}