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
1 1
2 2
3 3
3
1 1
1 2
1 3
0
Sample Output
1 1 1
3 2 1
3 2 1
这是一道典型的一维树状数组的变形，普通的一维树状数组的用途是：单点更新，区间求值。而这道题的则是用到树状数组的另一个用途：区间更新，单点求值。原理如下：
假设原始数组的各个元素为a[1] , a[2] ,…… a[n] , 那么 d[n] = a[1] + a[2] + …… + a[n] 求的就是前n项和，这就是树状数组的第一个用途：单点更新，区间求和。
然后，稍微做些改动，假设原始数组的各个元素为a[1] - 0 , a[2] - a[1] , a[3] - a[2] ,……,a[n] - a[n - 1] , 那么此时的前n项和 d[n] = a[n] ，也就是说，现在原始数组的前n项和d[n] 就等于单点的值a[n] 了 ，大家看到这里是不是就有些明白了呢？
接着，如果你想时区间[ a[m] …… a[n] ] 中的所有值都 + Val ，那么只需将原始数组的第m项 (a[m] - a[m - 1] ) 加上 Val ， 和将第n + 1项 (a[n + 1] - a[n]) 减去 Val 就可以了， 这样当 m <= i <= n 时 ，
数列的前 i 项和：
d[i] = (a[1] - 0) + (a[2] - a[1]) + (a[3] - a[2]) + …… + (a[m] - a[m - 1] + val) + (a[m + 1] - a[m]) + …… + (a[i] - a[i - 1] ) = a[i] + val 。
同理当 i > n 时 ，d[i] 等于原来的 a[i] 。看到这里，大家是不是就豁然开朗啦。注意一点，这里a[1] …… a[n] 的初始值均为0 ！！
下面请看代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std ;
const int MAXN = 1e5 + 5 ;
int C[MAXN] ;
int n ;
int lowbit (int x)
{
return x & -x ;
}
void add(int x , int d)
{
while(x <= n)
{
C[x] += d ;
x += lowbit(x) ;
}
}
int sum(int x)
{
int sumt = 0 ;
while (x > 0)
{
sumt += C[x] ;
x -= lowbit(x) ;
}
return sumt ;
}
int main()
{
while (scanf("%d" , &n) != EOF)
{
if(n == 0 )
break ;
memset(C , 0 , sizeof(C)) ;
int t = n ;
int i ;
while ( t-- )
{
int a , b ;
scanf("%d%d", &a , &b) ;
add(a , + 1) ;
add(b + 1 , -1) ;
}
for(i = 1 ; i <= n ; i ++)
{
printf("%d" , sum(i)) ;
if(i < n)
printf(" ") ;
}
puts("") ;
}
return 0 ;
}