P1314 聪明的质监员

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思路借鉴：人殇物已非

第一：二分的判断。

可以看到：在W取0时，所有的区间内的矿石都可以选上，

而在W大于最大的质量时，所有的矿石都选不上。

然后简单算一下就发现：

W越大，矿石选的越少，W越小，矿石选的越多。

所以，随着W增大，Y值减小；

所以：二分的判断条件出来了：

当Y>s时，需要增大W来减小Y,从而∣Y−s∣变小；

当Y==s时，∣Y−s∣==0;

当Y<s时，需要减小W来增大Y，从而∣Y−s∣变大；

第二：前缀和。

我们在计算一个区间的和时（虽然这里是两个区间和再相乘，但没关系）

通常是用前缀和的方法来缩减时间，直接模拟是n^2的，而前缀和成了2∗n

大大的优化了时间，前缀和不会的去先学前缀和，我默认大家都会，就不赘述了。

很显然：

在w[i]>=W时这个i矿石会在统计里（若<W就不管它了直接pre[i]=pre[i−1]），

矿石价值和是：prev[i]=prev[i−1]+v[i]，前面的和加上当前这一个i矿石;

矿石数量和是：pren[i]=pren[i−1]+1，数量加1嘛。

然后最后算的时候用右端点r-（左端点l-1）就可以了

注意：谨记所前缀和时要pre[r]-pre[l-1]，这个‘-1’不要忘！

然后就没啥了，给上代码：

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int oo=1e9;
const int N=2000010;

long long y,s,sum;
int n,m,mx=-1,mn=oo;
int w[N],v[N],l[N],r[N];
long long pren[N],prev[N];

bool check(int maw) {
	y=0,sum=0;
	memset(pren,0,sizeof(pren));
	memset(prev,0,sizeof(prev));
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		if(w[i]>=maw) {
			pren[i]=pren[i-1]+1;
			prev[i]=prev[i-1]+v[i];
		} else {
			pren[i]=pren[i-1];
			prev[i]=prev[i-1];
		}
	}
	for(int i=1; i<=m; i++)
		y+=(pren[r[i]]-pren[l[i]-1])*(prev[r[i]]-prev[l[i]-1]);
	sum=llabs(y-s);
	if(y>s)
		return true;
	else
		return false;
}

int main () {
	scanf("%d%d%lld",&n,&m,&s);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		scanf("%d%d",&w[i],&v[i]);
		mx=max(mx,w[i]);
		mn=min(mn,w[i]);
	}
	for(int i=1; i<=m; i++)
		scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
	int l=mn-1,r=mx+2,mid;
	long long ans=(long long)oo*oo;
	while(l<=r) {
		mid=(l+r)/2;
		if(check(mid))
			l=mid+1;
		else
			r=mid-1;
		ans=min(ans,sum);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}