来源：力扣（LeetCode）

描述：

给你一个下标从 0 开始的二维整数数组 flowers ，其中 flowers[i] = [starti, endi] 表示第 i 朵花的 花期 从 starti 到 endi （都 包含）。同时给你一个下标从 0 开始大小为 n 的整数数组 people ，people[i] 是第 i 个人来看花的时间。

请你返回一个大小为 n 的整数数组 answer ，其中 answer[i] 是第 i 个人到达时在花期内花的 数目 。

示例 1：

输入：flowers = [[1,6],[3,7],[9,12],[4,13]], people = [2,3,7,11]
输出：[1,2,2,2]
解释：上图展示了每朵花的花期时间，和每个人的到达时间。
对每个人，我们返回他们到达时在花期内花的数目。

示例 2：

输入：flowers = [[1,10],[3,3]], people = [3,3,2]
输出：[2,2,1]
解释：上图展示了每朵花的花期时间，和每个人的到达时间。
对每个人，我们返回他们到达时在花期内花的数目。

提示：

• 1 <= flowers.length <= 5 * 10⁴
• flowers[i].length == 2
• 1 <= starti <= endi <= 10⁹
• 1 <= people.length <= 5 * 10⁴
• 1 <= people[i] <= 10⁹

方法一：差分数组 + 离线查询

思路与算法

本题可以转换为经典的「差分」思想，由于每朵花开的周期是固定的，第 iii 朵花开的周期为 [start_i, end_i]，即区间 [start_i, end_i] 内每个时间点都有一朵花正处于开放状态，此时假设第 j 个人到达的时间点为 people[j]，则此时我们只需要求出 people[j] 时正处于开花状态的花朵数目即可。根据差分的性质，对差分数组求前缀和即可得到当前元素的值，此时我们只需要对区间 [0,people[j]] 之间求前缀和，即可得到时间点为 people[j] 开花的数目。

具体地，由于本题中花开时间的取值范围为 0 ≤ start_i ≤ end_i ≤ 1090 ，这就决定了我们无法直接使用数组来计算前缀和，但可以将时间点进行离散化，利用有序集合来记录端点的变化量即可，在时间点 start_i 上开花的数量增加了 1，在时间点 end_i + 1 开花的数量减少了 1。遍历整个 flowers 数组，利用有序集合 cnt 统计每次花开放区间端点的变化量。此时根据差分的性质，只需对所有小于等于 people[j] 的端点变化量求和即可计算出 people[j] 时间点处于开花状态的花朵数目。由于 cnt 本身为有序集合，对其直接遍历即为有序，从小到大累加所有的变化量即可依次得到从早到晚开花的数目。 为了避免每次重复计算，可将 people 从小到大排序，这样可在遍历 people 的同时遍历 cnt。此时可以利用双指针，一个指向数组 people，另一个指针指向有序集合 cnt 即可。

代码：

class Solution {
public:vector<int> fullBloomFlowers(vector<vector<int>>& flowers, vector<int>& persons) {map<int, int> cnt;for (auto &flower : flowers) {cnt[flower[0]]++;cnt[flower[1] + 1]--;}int m = persons.size();vector<int> ves(m);iota(ves.begin(), ves.end(), 0);sort(ves.begin(), ves.end(), [&](int a, int b) {return persons[a] < persons[b];});vector<int> ans(m);int curr = 0;auto it = cnt.begin();for (int x : ves) {while (it != cnt.end() && it->first <= persons[x]) {curr += it->second;it++;}ans[x] = curr;}return ans;}
};

时间 264ms 击败 73.61%使用 C++ 的用户
内存 82.95MB 击败 45.84%使用 C++ 的用户
复杂度分析

• 时间复杂度：O(nlogn+mlogm)，其中 n 表示数组 flowers 的长度，m 表示数组 people 的长度。由于 cnt 为有序集合，因此每次插入的时间为 O(logn)，一共需要插入 n 个元素，因此构建有序集合的时间为 O(nlog⁡n)，people 排序花费的时间为 O(mlogm)，因此总的时间为 O(nlogn+mlogm)。
• 空间复杂度： O(n+m)，其中 n 表示数组 flowers 的长度，m 表示数组 people 的长度。存储 n 个元素的有序集合需要使用的空间为 O(n)，由于本题目使用了离线查询，即需要保存 people 的原始索引，使用的空间为 O(m)，因此总的空间为 O(n+m)。

方法二：二分查找

思路与算法

第 i 到达的时间为 people[i]，假设在 people[i] 时间点之前花开的数目为 x，在 people[i] 时间之前花谢的数目为 y，则在 people[i] 时间点还处于开花状态的数目等于 x − y。我们只需要找到 start ≤ people[i] 的花朵数目，减去 end < people[i] 的花朵数目即为 people[i] 时间点可以看到花开的数目。 根据以上分析，我们可以单独统计起始时间 start 与结束 end，利用二分查找即可快速查找结果。

• 首先需要将所有的起始时间start、结束时间 end 按照从早到晚进行排序；
• 设第 i 个人到达的时间 people[i]，利用二分查找找到 start_i ≤ people[i] 的花朵数目为 x，利用二分查找找到 end_i < people[i] 的花朵数目为 y，则第 i 个人可以看到的花朵数目为 x − y；
• 依次遍历并统计每个人的查询结果即可；

代码：

class Solution {
public:vector<int> fullBloomFlowers(vector<vector<int>> &flowers, vector<int> &persons) {int n = flowers.size();vector<int> starts(n), ends(n);for (int i = 0; i < n; ++i) {starts[i] = flowers[i][0];ends[i] = flowers[i][1];}sort(starts.begin(), starts.end());sort(ends.begin(), ends.end());int m = persons.size();vector<int> ans(m);for (int i = 0; i < m; ++i) {int x = upper_bound(starts.begin(), starts.end(), persons[i]) - starts.begin();int y = lower_bound(ends.begin(), ends.end(), persons[i]) - ends.begin();ans[i] = x - y;}return ans;}
};

时间 248ms 击败 87.50%使用 C++ 的用户
内存 75.33MB 击败 77.08%使用 C++ 的用户
复杂度分析

• 时间复杂度： O((n+m)×log⁡n)O((n + m) ，其中 n 表示数组 flowers 的长度，m 表示数组 people 的长度。对 start, end 进行排序需要的时间为 O(nlogn)，对每个到达的人进行二分查找时需要的时间为 O(logn)，一共需要查询 m 次，查询时花费时间为 mlog⁡n，总的时间复杂度为 (n+m) × log⁡n(n + m)。
• 空间复杂度： O(n)，其中 n 表示数组 flowers 的长度。需要单独保存每朵花开的时间点 start 与结束的时间点 end，需要的空间为 O(n)，排序需要的空间为 O(logn)，总的空间复杂度为 O(n+log⁡n) = O(n)。
  author：力扣官方题解