区间更新与单点更新最大的不同就在于Lazy思想：
http://blog.sina.com.cn/s/blog_a2dce6b30101l8bi.html
可以看这篇文章，讲得比较清楚
在具体使用上，因为是成段更新，目标区间内所有区间都需要更新，所以update时可以专门去找区间，不用一个个找点。所以可以不用node保存每个点左右范围，用a[]保存值，col[]保存标记反而比较方便
区间替换和区间增减在我的http://www.cnblogs.com/qlky/p/5690265.html中都写了，这里讲一下离散化：
离散化就是有时n个点的数据范围过大，或者过于分散。我们将节点映射到1-n中可以简化问题。基本过程如下：
- 记录每个点的左端和右端，全部保存到一个数组a中并排序
- 节点去重
- 如果两个节点间距离大于1，添加一个中间节点
- 再次对a排序
- 在a中二分搜索原来每个点的左右端，将索引值保存在线段树中
示例代码：
sf("%d",&n); int cnt = 0,len = 1; for(i=1;i<=n;i++)//记录头尾 { sf("%d %d",&s1[i],&s2[i]); a[++cnt] = s1[i]; a[++cnt] = s2[i]; } sort(a+1,a+1+cnt); for(i=2;i<=cnt;i++)//去重 { if(a[i]!=a[i-1]) a[++len] = a[i]; } for(i=len;i>1;i--)//添加中间值 { if(a[i]-a[i-1]>1) a[++len] = a[i]-1; } sort(a+1,a+1+len); for(i=1;i<=n;i++) { int l = BSearch(1,len,s1[i]); int r = BSearch(1,len,s2[i]); update(i,l,r,1,len,1); }
以poj 2528为例：
http://blog.csdn.net/non_cease/article/details/7383736
题意：n（n<=10000)个人依次贴海报,给出每张海报所贴的范围li，ri（1<=li<=ri<=10000000)。
求出最后还能看见多少张海报。
输入：
151 42 68 103 47 10
解法：离散化，如下面的例子（题目的样例），因为单位1是一个单位长度，将下面的
1 2 3 4 6 7 8 10
— — — — — — — —
1 2 3 4 5 6 7 8
离散化 X[1] = 1; X[2] = 2; X[3] = 3; X[4] = 4; X[5] = 6; X[7] = 8; X[8] = 10
于是将一个很大的区间映射到一个较小的区间之中了，然后再对每一张海报依次更新在宽度为1~8的墙上(用线段树），最后统计不同颜色的段数。
但是只是这样简单的离散化是错误的，
如三张海报为：1~10 1~4 6~10
离散化时 X[ 1 ] = 1, X[ 2 ] = 4, X[ 3 ] = 6, X[ 4 ] = 10
第一张海报时：墙的1~4被染为1；第二张海报时：墙的1~2被染为2，3~4仍为1；第三张海报时：墙的3~4被染为3，1~2仍为2。最终，第一张海报就显示被完全覆盖了，于是输出2，但实际上明显不是这样，正确输出为3。新的离散方法为：在相差大于1的数间加一个数，例如在上面1 4 6 10中间加5（算法中实际上1，4之间，6，10之间都新增了数的）
X[ 1 ] = 1, X[ 2 ] = 4, X[ 3 ] = 5, X[ 4 ] = 6， X[ 5 ] = 10
这样之后，第一次是1~5被染成1；第二次1~2被染成2；第三次4~5被染成3
最终，1~2为2，3为1，4~5为3，于是输出正确结果3。
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