[NOIP2011 提高组] 聪明的质监员

[NOIP2011 提高组] 聪明的质监员

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$，\(0 < w_i,v_i≤10^6\)，\(0 < s≤10^{12}\)，\(1 ≤l_i ≤r_i ≤n\) 。

解题思路

观察不难发现，当我们把\(W\)的值设的越高的时候，能够被选中的矿石会越少，反之则越多。因此我们可以对这个单调的\(y_i\)进行二分答案。

但是二分答案的判断函数在每次求出\(y_i\)时都需要将所有操作遍历一遍，会导致较高的时间复杂度。因此我们可以进行前缀和优化。将查找操作的时间复杂度降低。

// 所有大于	W的重量的数量之和*大于W的物品的总价值 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int>PII;
const int N = 200100;
int n,m;
long long s;
PII arr[N],sum[N],que[N];
long long solve(int x){
	long long res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		sum[i].first=0;
		sum[i].second=0;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
//		cout<<arr[i].first<<" "<<x<<endl;
		if(arr[i].first>=x){
			sum[i].first=sum[i-1].first+1;
			sum[i].second=sum[i-1].second+arr[i].second;
		}else{
			sum[i].first=sum[i-1].first;
			sum[i].second=sum[i-1].second;
		}
	}
//	cout<<"ceshi "<<x<<endl;
//	for(int i=1;i<=n;i++){
//		
//		cout<<sum[i].first<<" "<<sum[i].second<<endl;
//	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int w1=sum[que[i].first-1].first,w2=sum[que[i].second].first;
		int v1=sum[que[i].first-1].second,v2=sum[que[i].second].second;
		res+=(w2-w1)*(v2-v1);
	}
//	cout<<res<<endl;
	return res;
}
void find(){
	int l=-1,r=0x3f3f3f3f;
	while(l+1!=r){
		int mid = l+((r-l)>>1);
		if(solve(mid)<=s)r=mid;
		else l=mid;
	}
	long long ans1=abs(solve(l)-s),ans2=abs(solve(r)-s);
	if(ans1<ans2)cout<<ans1;
	else cout<<ans2;
}
int main(){
	scanf("%d %d %lld",&n,&m,&s);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int w,v;
		scanf("%d %d",&w,&v);
		arr[i]={w,v};
	}

	for(int i=1;i<=m;i++){
		int l,r;
		scanf("%d %d",&l,&r);
		que[i]={l,r};
	}
	find();
	return 0;
}