noip2011 聪明的质监员

P1314 聪明的质监员

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题目描述

小T 是一名质量监督员，最近负责检验一批矿产的质量。这批矿产共有 n 个矿石，从 1到n 逐一编号，每个矿石都有自己的重量 wi 以及价值vi 。检验矿产的流程是：

1 、给定m 个区间[Li,Ri]；

2 、选出一个参数 W；

3 、对于一个区间[Li,Ri]，计算矿石在这个区间上的检验值Yi：

这批矿产的检验结果Y 为各个区间的检验值之和。即：Y1+Y2...+Ym

若这批矿产的检验结果与所给标准值S 相差太多，就需要再去检验另一批矿产。小T

不想费时间去检验另一批矿产，所以他想通过调整参数W 的值，让检验结果尽可能的靠近

标准值S，即使得S-Y 的绝对值最小。请你帮忙求出这个最小值。

输入输出格式

输入格式：

输入文件qc.in 。

第一行包含三个整数n，m，S，分别表示矿石的个数、区间的个数和标准值。

接下来的n 行，每行2个整数，中间用空格隔开，第i+1 行表示 i 号矿石的重量 wi 和价值vi。

接下来的m 行，表示区间，每行2 个整数，中间用空格隔开，第i+n+1 行表示区间[Li,Ri]的两个端点Li 和Ri。注意：不同区间可能重合或相互重叠。

输出格式：

输出文件名为qc.out。

输出只有一行，包含一个整数，表示所求的最小值。

输入输出样例

输入样例#1：

5 3 15 
1 5 
2 5 
3 5 
4 5 
5 5 
1 5 
2 4 
3 3 

输出样例#1：

10

说明

【输入输出样例说明】

当W 选4 的时候，三个区间上检验值分别为 20、5 、0 ，这批矿产的检验结果为 25，此

时与标准值S 相差最小为10。

【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≤500 ；

对于50% 的数据，有 1 ≤n ，m≤5,000；

对于70% 的数据，有 1 ≤n ，m≤10,000 ；

对于100%的数据，有 1 ≤n ，m≤200,000，0 < wi, vi≤10^6，0 < S≤10^12，1 ≤Li ≤Ri ≤n 。

分析：我们可以认为“最大值”是一个定值，那么我们可以把题目变成求最大值最小，很明显，要用到二分.在学习二分查找的时候提到过，二分一定要用在有序的数据结构中,也就是满足单调性，很容易证明题目具有单调性.这个公式的意思就是满足条件的个数*满足条件的矿石的和.很显然，给定两个端点求和，用到了前缀和技巧，解决了这道题.

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>

using namespace std;
const int maxn = 200010;

long long n,m,mid,s,l,r,sum,ans,w[maxn],v[maxn],xianduan[maxn][2],sum1[maxn],sum2[maxn];

void solve(long long x)
{
    memset(sum1,0,sizeof(sum1));
    memset(sum2,0,sizeof(sum2));
    sum = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        sum1[i] = sum1[i-1];
        sum2[i] = sum2[i-1];
        if (w[i] >= x)
        {
            sum1[i]++;
            sum2[i] += v[i];
        }
     } 
     for (int i = 1; i <= m; i++)
     sum += (sum1[xianduan[i][1]] - sum1[xianduan[i][0]-1])*(sum2[xianduan[i][1]] - sum2[xianduan[i][0]-1]);  
}

int main()
{
    l = 1,r = 0;
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&s);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%lld%lld",&w[i],&v[i]);
        if (w[i] > r)
        r = w[i];
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    scanf("%lld%lld",&xianduan[i][0],&xianduan[i][1]);
    ans = 100000000000000LL;
    while (l <= r)
    {
        mid = (l + r) / 2;
        solve(mid);
        if (ans > abs(s - sum))
        ans = abs(s-sum);
        if (sum < s)
        r = mid - 1;
        if (sum > s)
        l = mid + 1;
        if (sum == s)
        break;
    }
    printf("%lld
",ans);
    
    return 0;
}