[NOIP2016D2T2]借教室

传送门：https://www.luogu.org/problemnew/show/P1083

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天的借教室信息，其中第天学校有个教室可供租借。共有份订单，每份订单用三个正整数描述，分别为，表示某租借者需要从第天到第天租借教室（包括第天和第天），每天需要租借个教室。

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天到第天中有至少一天剩余的教室数量不足个。

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。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含两个正整数 ，表示天数和订单的数量。

第二行包含 个正整数，其中第个数为  ，表示第 ii 天可用于租借的教室数量。

接下来有 行，每行包含三个正整数 ，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。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

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

输出样例#1： 复制

-1 
2

说明

【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 ；

对于30%的数据，有；

对于 70%的数据，有；

对于 100%的数据，有,, 。

NOIP 2012 提高组 第二天 第二题

 

说说两种方法（不是最优解，但都可以过）

法1：线段树

抽象出来就是区间修改，每次将的所有值减去，那么显然可以看出是线段树了。

因为要查询有无负值出现，所以只需判断最小值是否为负值即可，那么我们就用线段树来存区间最小值。

参考了洛谷上一个大犇的lazy标记，基本思路是：在修改时，存区间被减去了多少，而不是直接在最小值上减；因为最小值对应的数可能会变，但区间被减去的值是不变的。

时间复杂度为。

代码：

#include
#include
using namespace std;
    struct segment_tree
    {
        int l,r;
        long long w;
        long long minus;
    };
    int n,m;
    long long a[1000001];
    segment_tree tree[4000001];
void build(int now,int l,int r)
{
    tree[now].l=l;
    tree[now].r=r;
    if (l>1;
        build(now*2,l,mid);
        build(now*2+1,mid+1,r);
        tree[now].w=min(tree[now*2].w,tree[now*2+1].w);
    } else tree[now].w=a[l];
}
void adjust(int now,int l,int r,long long delta)
{
    if (tree[now].l==l&&tree[now].r==r)
    {
        tree[now].minus+=delta;
        return;
    }
    if (tree[now].l>1;
        if (r<=mid) 
            adjust(now*2,l,r,delta);
        else if (l>mid) 
            adjust(now*2+1,l,r,delta);
        else
        {
            adjust(now*2,l,mid,delta);
            adjust(now*2+1,mid+1,r,delta);
        }
        tree[now].w=min(tree[now].w,min(tree[now*2].w-tree[now*2].minus,tree[now*2+1].w-tree[now*2+1].minus));
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]);
    build(1,1,n);
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int s,t;
        long long d;
        scanf("%lld%d%d",&d,&s,&t);
        adjust(1,s,t,d);
        if (tree[1].w<0)
        {
            printf("-1\n");
            printf("%d",i);
            return 0;
        }
    }
    printf("0");
    return 0;
}

法二：二分

因为修改时值一直在减小，所以修改操作是有单调性的。

对修改操作进行二分，判断前个修改后是否出现负数，如果未出现，那答案一定在后；否则一定在及前。

关键在于怎么判断。

用表示第位减去了多少的值。先预处理，把询问对应的端点进行处理，即，再扫一遍令，这样就能保证在时被加了，而到了又恢复回去。如果存在，则减的值大于它本身的教室数。

这种思想是比较常用的，最好理解消化一下。

时间复杂度为。

代码：

#include
#include
using namespace std;
    int n,m;
    long long dec[1000001];
    long long a[1000001];
    int query[1000001][2];
    long long delta[1000001];
bool check(int now)
{
    memset(dec,0,sizeof(dec));
    for (int i=1;i<=now;i++)
    {
        dec[query[i][0]]+=delta[i];
        dec[query[i][1]+1]-=delta[i];
    }
    if (dec[1]>a[1]) return false;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        dec[i]+=dec[i-1];
        if (dec[i]>a[i]) return false;
    }
    return true;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]);
    for (int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%lld%d%d",&delta[i],&query[i][0],&query[i][1]);
    int l=1;
    int r=m;
    if (check(m))
    {
        printf("0");
        return 0;
    }
    while (l>1;
        if (check(mid)) l=mid+1; else r=mid;
    }
    printf("-1\n");
    if (check(l)) printf("%d",r); else printf("%d",l);
}