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。
输入输出格式
输入格式：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。
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
4 3 2 5 4 3 2 1 3 3 2 4 4 2 4
-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 ≤ 10^5；
对于 100%的数据，有1 ≤ n,m ≤ 10^6,0 ≤ ri,dj≤ 10^9,1 ≤ sj≤ tj≤ n。
NOIP 2012 提高组 第二天 第二题
分析
首先想到的是线段树，维护区间最小值（如果区间内最小的都满足了，其他的就也满足），就写了。在洛谷提交，5分，只过了一个点，调试找错误，然而并没有什么卵用。结果：在vijiosAC！！！orz
code
代码？？，，。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 using namespace std; 4 #define lson l,m,rt<<1 5 #define rson m+1,r,rt<<1|1 6 #define MAXN 1000100 7 8 int a[MAXN]; 9 int mn[MAXN<<2]; 10 int add[MAXN<<2]; 11 int n,t,p; 12 13 void putup(int rt) 14 { 15 mn[rt] = min(mn[rt<<1],mn[rt<<1|1]); 16 } 17 void putdown(int rt) 18 { 19 if (add[rt]) 20 { 21 add[rt<<1] += add[rt]; 22 add[rt<<1|1] += add[rt]; 23 mn[rt<<1] -= add[rt]; 24 mn[rt<<1|1] -= add[rt]; 25 add[rt] = 0; 26 } 27 } 28 void build(int l,int r,int rt) 29 { 30 if (l==r) 31 { 32 mn[rt] = a[l]; 33 return ; 34 } 35 int m = (l+r)>>1; 36 build(lson); 37 build(rson); 38 putup(rt); 39 } 40 void update(int l,int r,int rt,int L,int R,int c) 41 { 42 if (L<=l && r<=R) 43 { 44 add[rt] += c; 45 mn[rt] -= c; 46 return ; 47 } 48 putdown(rt); 49 int m = (l+r)>>1; 50 if (L<=m) update(lson,L,R,c); 51 if (R>m) update(rson,L,R,c); 52 putup(rt); 53 return ; 54 } 55 int query(int l,int r,int rt,int L,int R) 56 { 57 if (L<=l && r<=R) 58 { 59 return mn[rt]; 60 } 61 int ret = 1e8; 62 putdown(rt); 63 int m = (l+r)>>1; 64 if (L<=m) ret = min(ret,query(lson,L,R)); 65 if (R>m) ret = min(ret,query(rson,L,R)); 66 return ret; 67 } 68 int main() 69 { 70 scanf("%d%d",&n,&t); 71 for (int i=1; i<=n; ++i) 72 scanf("%d",&a[i]); 73 build(1,n,1); 74 for (int w,x,y,z,i=1; i<=t; ++i) 75 { 76 scanf("%d%d%d",&z,&x,&y); 77 w = query(1,n,1,x,y); 78 if (w>=z) update(1,n,1,x,y,z); 79 else 80 { 81 printf("-1 %d",i); 82 return 0; 83 } 84 } 85 printf("0 "); 86 return 0; 87 }
正解
后来用二分写：枚举1到m个请求中的一个，如果可以，就说明到目前为止，都能满足，不可以到现在不满足，可能在前面的一个请求中已经不满足了，二分再次寻找。判断是会用到查分的思想。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 const int MAXN = 1000100; 4 int a[MAXN],s[MAXN],t[MAXN],d[MAXN],c[MAXN]; 5 int n,m,ans = 0; 6 bool work(int x) 7 { 8 int sum = 0; 9 memset(c,0,sizeof(c)); 10 for (int i=1; i<=x; ++i) 11 { 12 c[s[i]] -= d[i]; 13 c[t[i]+1] += d[i]; 14 } 15 for (int i=1; i<=n; ++i) 16 { 17 sum += c[i]; 18 if (sum+a[i]<0) return false; 19 } 20 return true; 21 } 22 int main() 23 { 24 scanf("%d%d",&n,&m); 25 for (int i=1; i<=n; ++i) 26 scanf("%d",&a[i]); 27 for (int i=1; i<=m; ++i) 28 scanf("%d%d%d",&d[i],&s[i],&t[i]); 29 int l = 1, r = m; 30 while (l<=r) 31 { 32 int mid = (l+r)>>1; 33 if (!work(mid)) 34 { 35 r = mid-1; 36 ans = mid; 37 } 38 else l = mid+1; 39 } 40 if (ans) printf("-1 %d",ans); 41 else printf("0"); 42 return 0; 43 }
补充：
对于线段树代码，后来发现了另一个思路，上面的代码是先判断能否满足，在更新，一个比较奇妙的思路，可以直接更新，维护最小值，如果mn[1]<0则不满足，维护最小值，找第一个小于0的。可能快一点吧。