[2012年NOIP全国联赛提高组] 1022 借教室

[2012年NOIP全国联赛提高组] 1022: 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ri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dj, sj, tj，表示某租借者需要从第sj天到第tj天租借教室（包括第sj天和第tj天），每天需要租借dj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dj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sj天到第tj天中有至少一天剩余的教室数量不足dj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

每组输入数据的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ri，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dj, sj, tj，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。

数据规模：
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≤105；
对于100%的数据，有1≤n, m≤106，0≤ri, dj≤109，1≤sj≤tj≤n。

输出

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。

下面是对样例数据的解释：
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。

样例输入 [Copy](javascript:CopyToClipboard($(’#sampleinput’).text()))

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

样例输出 [Copy](javascript:CopyToClipboard($(’#sampleoutput’).text()))

-1
2

思路：

​ 众所周知这虽然是一个线段树模板题，但线段树会T。（可能常数太大了

​ 我们可以对于每次借教室的操作 $d$, $l$ , $r$，用差分的方法把$[l,r]$都减去$d$，每次操作时间复杂度为O(1)。最后扫一遍，如果出现一天剩余教室数量为负数，则表明有一次操作不成功，否则都成功，我们输出0即可。

​ 对于有一次操作不成功的操作编号我们怎么找出他呢。我们可以二分枚举前k次操作，如果都符合则答案在右边，否则答案在左边。时间复杂度标准的O（nlogn）

代码：

#include
#define mset(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn=1e6+10;
ll A[maxn],D[maxn],S[maxn],T[maxn];
ll C[maxn];
ll n,m;
void calc(ll l,ll r,ll val)
{
    C[l]+=val;C[r+1]-=val;
}
bool check(ll k)
{
    mset(C,0);
    for(ll i=1;i<=k;++i){
        calc(S[i],T[i],-D[i]);
    }
    ll sum=0;
    for(ll i=1;i<=n;++i){
        sum+=C[i];
        if(sum+A[i]<0)
            return 1;
    }
    return 0;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(ll i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",A+i);
    for(ll i=1;i<=m;++i){
        scanf("%lld%lld%lld",D+i,S+i,T+i);
        calc(S[i],T[i],-D[i]);
    }
    ll flag=0,sum=0;
    for(ll i=1;i<=n;++i){
        sum+=C[i];
        if(A[i]+sum<0){
            flag=1;
            break;
        }
    }
    ll ans=-1;
    if(!flag){
        puts("0");
    }
    else{
        ll l=1,r=n,mid;
        while(l<=r){
            mid=(l+r)/2;
            if(check(mid)){
                ans=mid;
                r=mid-1;
            }
            else
                l=mid+1;
        }
        puts("-1");
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}