[NOIP2011]聪明的质检员

// 此博文为迁移而来，写于2015年7月14日，不代表本人现在的观点与看法。原始地址：http://blog.sina.com.cn/s/blog_6022c4720102w6ft.html

1、题目

2、TAG

       NOIP提高组；二分答案；前缀和。

 

3、分析

       首先题面一定要看懂，看清（上次我就是没有看懂）。说白了，就是使W取一个最合适的值，使每一个所给区间内满足条件的矿石的数量乘上价值之和，最后计算总和使与S最近。

       我们根据分值分布来分析算法：

       1、30分算法：O（n^3），首先O（n）进行W值选取的枚举，然后O（n^2）判断+计算；

       2、50分算法：O（n^2 log n）。根据每次选取W值我们易发现，所得的总值是一个单调函数，随W增大而减小，且一定存在零点。故为了求得最小值，我们需要得到零点位于那两个整数之间。这样用二分显然比枚举快。O（log n）的二分加上O（n^2）的判断+计算；

       3、100分算法：200000的数据显然只能O（n log n）或者O（n）了，但是这道题O（n）很明显不现实。我们的任务在于，如何消去O（n^2）这么大的判断与计算？这里，可以采取前缀和优化——由于每次计算检验值之和的时候，W值固定，故可以用O（n）的时间扫描一遍，用a[i]表示前i个矿石满足条件的个数；b[i]表示前i个满足条件的矿石价值之和。故每次询问一个区间的时候，可以O（1）直接相减！这样，复杂度就降到了O（n log n）。（这其实是一个很简单的优化但是我想了很久，看来姿势不够）

       4、（这个可以无视）70分算法：存在这个分数段就必然存在这种算法对吧。。。这一定是给那些用了前缀和却没有用二分的。。。虽然我觉得很不可思议。

       还有一个很重要的数据范围——权值会爆INT。

 

4、代码

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#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MAXN 200005
#define INF 1ll<<60

typedef long long ll;

 

ll max(ll a,ll b) { return (a>b)?a:b; }

ll min(ll a,ll b) { return (a<b)?a:b; }

ll abs(ll a) { return (a<0)?-a:a; }

 

ll n,m,w[MAXN],v[MAXN],l[MAXN],r[MAXN],maxw,nl,nr;
ll s,ans=INF,s1[MAXN],s2[MAXN];

 

void init()
{

        scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&s);
        for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld %lld",&w[i],&v[i]); maxw=max(maxw,w[i]); }
        for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld %lld",&l[i],&r[i]);
}

 

ll calc(int now)
{
        memset(s1,0,sizeof(s1)); memset(s2,0,sizeof(s2));
        ll ret=0;
        for (int i=1;i<=n;i++) if (w[i]>=now) { s1[i]=s1[i-1]+1; s2[i]=s2[i-1]+v[i]; } else { s1[i]=s1[i-1]; s2[i]=s2[i-1]; }
        for (int i=1;i<=m;i++) ret+=(s1[r[i]]-s1[l[i]-1])*(s2[r[i]]-s2[l[i]-1]);
        return ret;
}

 

int main()
{
        init();
        nl=1,nr=maxw;
        while (nl<=nr)
        {
                int mid=(nl+nr)/2;
                ll ret=calc(mid);
                if (ret-s《0) { nr=mid-1; ans=min(ans,s-ret); }
                else { nl=mid+1; ans=min(ans,ret-s); }
        }
        printf("%lld",ans);
        return 0;
}

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