矩形分割（二分） ，北京大学ACM/ICPC竞赛训练暑假课

总时间限制: 

1000ms

 

内存限制: 

65536kB

描述

平面上有一个大矩形，其左下角坐标（0，0），右上角坐标（R,R)。大矩形内部包含一些小矩形，小矩形都平行于坐标轴且互不重叠。所有矩形的顶点都是整点。要求画一根平行于y轴的直线x=k（k是整数) ，使得这些小矩形落在直线左边的面积必须大于等于落在右边的面积，且两边面积之差最小。并且，要使得大矩形在直线左边的的面积尽可能大。注意：若直线穿过一个小矩形，将会把它切成两个部分，分属左右两侧。

输入

第一行是整数R，表示大矩形的右上角坐标是(R,R) (1 <= R <= 1,000,000)。
接下来的一行是整数N,表示一共有N个小矩形(0 < N <= 10000)。
再接下来有N 行。每行有4个整数，L,T, W 和 H, 表示有一个小矩形的左上角坐标是(L,T),宽度是W，高度是H (0<=L,T <= R, 0 < W,H <= R). 小矩形不会有位于大矩形之外的部分。

输出

输出整数n，表示答案应该是直线 x=n。 如果必要的话，x=R也可以是答案。

样例输入

1000
2
1 1 2 1
5 1 2 1

样例输出

5

注意：

  1.（输出整数n，表示答案应该是直线 x=n。 如果必要的话，x=R也可以是答案。）一开始，并没有太注意这句话。其实它想表达的意思是：N==1，有一个小矩形，此时将不再是小矩形的右边界，而是大矩形的边界R。因为，题目的要求是（大矩形在直线左边的的面积尽可能大）。

 2.需要注意，（小矩形两边面积之差最小）的优先级比（要使得大矩形在直线左边的的面积尽可能大）的优先级高。

3.二分到左右面积相等的时候，就可以提前退出循环。

#include    
using namespace std;
int N,R,ans=0;
struct node
{
	int l1;
	int l2;
	int t;
	int w;
	int h;
	long long s;
}no[10006];
long long getS(long long x)  //求左右小矩形的面积和，原则：左加右减   
{
    long long sum=0;
    for(long long i=1;i<=N;i++)
	{    
        if(no[i].l2<=x)
		{
            sum+=no[i].s;continue; 
        }
        else if(no[i].l1>=x)
		{
            sum-=no[i].s;continue;
        }
        else 
		{
            sum=sum+(x-no[i].l1)*no[i].h-(no[i].l2-x)*no[i].h;
        }
    }
    return sum;
}
void work()     
{
    long long l=0;
    long long r=R;
    long long mid;
    while(l<=r)
    {
    	long long mid=l+(r-l)/2;
        if( getS(mid)>0 ) 
	      r=mid-1;     
        else if( getS(mid)<0 ) 
	      l=mid+1;
	    else
		{
	    	ans=mid;
	    	break;
		}
	}
	ans=l;
}
int main()    
{
    cin>>R;
    cin>>N;
    for(long long i=1;i<=N;i++)
	{
        scanf("%d%d%d%d",&no[i].l1,&no[i].t,&no[i].w,&no[i].h); 
        no[i].l2=no[i].l1+no[i].w;
		no[i].s=no[i].w*no[i].h;
    }
    if(N==1&&no[1].w==1)
       {
       	  cout<