二分答案以及前缀和优化专题

二分以及前缀和优化专题

[NOIP2011 提高组] 聪明的质检员

题目描述

小T 是一名质量监督员，最近负责检验一批矿产的质量。这批矿产共有 \(n\) 个矿石，从 \(1\) 到 \(n\) 逐一编号，每个矿石都有自己的重量 \(w_i\) 以及价值 \(v_i\) 。检验矿产的流程是：

  1. 给定$ m$ 个区间 \([l_i,r_i]\)；
  2. 选出一个参数 \(W\)；
  3. 对于一个区间 \([l_i,r_i]\)，计算矿石在这个区间上的检验值 \(y_i\)：

\[y_i=\sum\limits_{j=l_i}^{r_i}[w_j \ge W] \times \sum\limits_{j=l_i}^{r_i}[w_j \ge W]v_j \]

其中 \(j\) 为矿石编号。

这批矿产的检验结果 \(y\) 为各个区间的检验值之和。即：\(\sum\limits_{i=1}^m y_i\)

若这批矿产的检验结果与所给标准值 \(s\) 相差太多，就需要再去检验另一批矿产。小T 不想费时间去检验另一批矿产，所以他想通过调整参数 \(W\) 的值，让检验结果尽可能的靠近标准值 \(s\)，即使得 \(|s-y|\) 最小。请你帮忙求出这个最小值。

输入格式

第一行包含三个整数 \(n,m,s\)，分别表示矿石的个数、区间的个数和标准值。

接下来的 \(n\) 行，每行两个整数，中间用空格隔开，第 \(i+1\) 行表示 \(i\) 号矿石的重量 \(w_i\) 和价值 \(v_i\)。

接下来的 \(m\) 行，表示区间，每行两个整数，中间用空格隔开，第 \(i+n+1\) 行表示区间 \([l_i,r_i]\) 的两个端点 \(l_i\) 和 \(r_i\)。注意：不同区间可能重合或相互重叠。

输出格式

一个整数，表示所求的最小值。

样例 #1

样例输入 #1

5 3 15 
1 5 
2 5 
3 5 
4 5 
5 5 
1 5 
2 4 
3 3

样例输出 #1

10

提示

【输入输出样例说明】

当 \(W\) 选 \(4\) 的时候，三个区间上检验值分别为 \(20,5 ,0\) ，这批矿产的检验结果为 \(25\)，此时与标准值 \(S\) 相差最小为 \(10\)。

【数据范围】

对于 $10% $ 的数据，有 \(1 ≤n ,m≤10\)；

对于 $30% $的数据，有 \(1 ≤n ,m≤500\) ；

对于 $50% $ 的数据，有 $ 1 ≤n ,m≤5,000$；

对于 \(70\%\) 的数据，有 \(1 ≤n ,m≤10,000\) ；

对于 \(100\%\) 的数据，有 $ 1 ≤n ,m≤200,000$，\(0 < w_i,v_i≤10^6\)，\(0 < s≤10^{12}\)，\(1 ≤l_i ≤r_i ≤n\) 。

解答过程:

  • 枚举每一个\(W\)可能的值,然后对于每一次区间上的检验,首先求出一个前缀数组,再利用前缀数组直接差分来求解区间上产品的价值
  • 如果不利用前缀数组的话,这个区间求价值度的时间复杂度就会达到 \(O(n*m)\) 最差情况下,利用前缀和可以把每次查询的时间复杂度由\(O(n)\)变为\(O(1)\)

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 200009
using i64 = long long;
i64 w[MAXN], l[MAXN], r[MAXN], v[MAXN];
i64 qian[MAXN], num[MAXN];

int main()
{
  i64 n, m, s;
  scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &s);
  i64 w_max;
  for (int i = 1; i <= n; i++)
  {
    scanf("%lld %lld", &w[i], &v[i]);
    i == 1 ? w_max = w[i] : w_max = std::max(w_max, w[i]);
  }
  for (int i = 1; i <= m; i++)
    scanf("%lld %lld", &l[i], &r[i]);
  auto _find = [&](int W)
  {
    for (int i = 0; i <= n; i++)
      qian[i] = 0, num[MAXN] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
      qian[i] = qian[i - 1] + (w[i] >= W ? v[i] : 0);
      num[i] = num[i - 1] + (w[i] >= W ? 1 : 0);
    }
    i64 ans = 0;
    for (int _ = 1; _ <= m; _++)
    {
      i64 t1 = num[r[_]] - num[l[_] - 1];
      i64 t2 = qian[r[_]] - qian[l[_] - 1];
      ans += t1 * t2;
    }
    return ans;
  };
  i64 _left = 0, _right = w_max;
  i64 __MIN__ = LONG_LONG_MAX;
  while (1)
  {
    if (_left > _right)
      break;
    i64 mid = _left + (_right - _left) / 2;
    i64 ans = _find(mid);
    __MIN__ = std::min(__MIN__, abs(s - ans));
    if (_right == _left)
    {
      __MIN__ = std::min(__MIN__, abs(s - ans));
      break;
    }
    if (ans < s)
    {
      _right = mid ;
    }
    else if (ans > s)
    {
      _left = mid+1;
    }
    else
    {
      __MIN__ = 0;
      break;
    }
  }
  std::cout << __MIN__;
  return 0;
}

[NOIP2012 提高组] 借教室

题目描述

在大学期间，经常需要租借教室。大到院系举办活动，小到学习小组自习讨论，都需要向学校申请借教室。教室的大小功能不同，借教室人的身份不同，借教室的手续也不一样。

面对海量租借教室的信息，我们自然希望编程解决这个问题。

我们需要处理接下来 \(n\) 天的借教室信息，其中第 \(i\) 天学校有 \(r_i\) 个教室可供租借。共有 \(m\) 份订单，每份订单用三个正整数描述，分别为 \(d_j,s_j,t_j\)，表示某租借者需要从第 \(s_j\) 天到第 \(t_j\) 天租借教室（包括第 \(s_j\) 天和第 \(t_j\) 天），每天需要租借 \(d_j\) 个教室。

我们假定，租借者对教室的大小、地点没有要求。即对于每份订单，我们只需要每天提供 \(d_j\) 个教室，而它们具体是哪些教室，每天是否是相同的教室则不用考虑。

借教室的原则是先到先得，也就是说我们要按照订单的先后顺序依次为每份订单分配教室。如果在分配的过程中遇到一份订单无法完全满足，则需要停止教室的分配，通知当前申请人修改订单。这里的无法满足指从第 \(s_j\) 天到第 \(t_j\) 天中有至少一天剩余的教室数量不足 \(d_j\) 个。

现在我们需要知道，是否会有订单无法完全满足。如果有，需要通知哪一个申请人修改订单。

输入格式

第一行包含两个正整数 \(n,m\)，表示天数和订单的数量。

第二行包含 \(n\) 个正整数，其中第 \(i\) 个数为 \(r_i\)，表示第 \(i\) 天可用于租借的教室数量。

接下来有 \(m\) 行，每行包含三个正整数 \(d_j,s_j,t_j\)，表示租借的数量，租借开始、结束分别在第几天。

每行相邻的两个数之间均用一个空格隔开。天数与订单均用从 \(1\) 开始的整数编号。

输出格式

如果所有订单均可满足，则输出只有一行，包含一个整数 \(0\)。否则（订单无法完全满足）

输出两行，第一行输出一个负整数 \(-1\)，第二行输出需要修改订单的申请人编号。

样例 #1

样例输入 #1

4 3 
2 5 4 3 
2 1 3 
3 2 4 
4 2 4

样例输出 #1

-1 
2

提示

【输入输出样例说明】

第 $1 $份订单满足后，$4 $天剩余的教室数分别为 \(0,3,2,3\)。第 \(2\) 份订单要求第 $2 $天到第 \(4\) 天每天提供$ 3 $个教室，而第 \(3\) 天剩余的教室数为$ 2$，因此无法满足。分配停止，通知第\(2\) 个申请人修改订单。

【数据范围】

对于10%的数据，有\(1≤ n,m≤ 10\)；

对于30%的数据，有\(1≤ n,m≤1000\)；

对于 70%的数据，有\(1 ≤ n,m ≤ 10^5\)；

对于 100%的数据，有\(1 ≤ n,m ≤ 10^6,0 ≤ r_i,d_j≤ 10^9,1 ≤ s_j≤ t_j≤ n\)。

NOIP 2012 提高组 第二天 第二题

2022.2.20 新增一组 hack 数据

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
const int MAXN = 1e6 + 9;
int a[MAXN], b[MAXN]; // b是差分数组,后面再还原成正藏数组
#define print(x) std::cout << #x << '=' << x << '\n'
struct task
{
    int d, s, t;
};
int r(){
	int res=0;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return res;
}
task D[MAXN];
signed main()
{
    int n, m;
    std::ios::sync_with_stdio(0);
    std::cin.tie(0);
    std::cout.tie(0);
    n=r() , m=r();
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        a[i]=r();
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
         D[i].d =r(), D[i].s=r() , D[i].t=r();
    }
    int left = 1, right = m;
    auto check = [&](int x)
    {
        memset(b, 0, sizeof(b));
        for (int i = 1; i <= x; i++)
        {
            b[D[i].s] += D[i].d;
            b[D[i].t + 1] -= D[i].d;
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        { 
            b[i] += b[i - 1];
            if (a[i] < b[i])
            {
                return false;
            }
        }
        return true;
    };
    if (check(right))
    {
        std::cout << 0 << '\n';
    }
    else
    {
        int ans = -1;
        while (left <= right)
        {
            int mid = left + (right - left) / 2;
            if (check(mid))
            {
                left = mid + 1;
            }
            else
            {
                ans = right;
                if (left == right)
                    break;
                right = mid;
            }
        }
        std::cout << -1 << '\n'
                  << ans << '\n';
    }
    return 0;
}
/*
4 3
1 1 1 1
2 1 3
3 2 4
4 2 4
*/
posted @ 2024-07-18 23:35  -风间琉璃-  阅读(19)  评论(0)    收藏  举报