[NOIP2012] 借教室

[NOIP2012] 借教室

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【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。
【样例输入】

4 3
2 5 4 3
2 1 3
3 2 4
4 2 4
【样例输出】

-1
2
【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。

第一眼想到线段树，但是貌似只有90分

正解为二分天数判可行性
O((n+m)logm)
与上一种思路相比，主要优点是常数小。
差分序列：（可用于区间增减）记录相邻两个量的变化量，所以当在一段区间[l,r]上增加a时，只需要在l处加a，在r+1处-a即可；
单调性：（可二分的充要条件）易知若前t个不合法，则前k个必不合法，k∈[t,m].
所以，我们可以利用差分序列在O((n+m)logm)的时间复杂度内二分。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;long long a[1000010];long long num[1000010];long long sum;int n, m;int cir;struct {    long long d;    long long s;    long long t;} work[1000010];void solve(int l, int r) {    int mid;    while (l <= r) {        mid = (l + r) >> 1;        for (int i = 1; i <= mid; ++i) {            a[work[i].s] += work[i].d;            a[work[i].t + 1] -= work[i].d;        }        for (int i = 1; i <= n; ++i) {            sum += a[i];            if (sum > num[i]) {                r = mid - 1;                break;            } else                cir++;        }        if (cir == n)            l = mid + 1;        sum = 0;        cir = 0;        memset(a, 0, sizeof(a));    }    if (l == m + 1)        cout << "0";    else {        cout << "-1";        cout << endl << l;    }}int main() {    freopen("classrooms.in", "r", stdin);    freopen("classrooms.out", "w", stdout);    scanf("%d%d", &n, &m);    for (int i = 1; i <= n; ++i) {        scanf("%d", &num[i]);    }    for (int i = 1; i <= m; ++i) {        scanf("%d", &work[i].d);        scanf("%d", &work[i].s);        scanf("%d", &work[i].t);    }    solve(0, m);    return 0;}

最优解，参考一个大神的思路
O(n+m)
我们可以在线的做思路二的过程，实际上，这就是很多二分的题转化成线性时间的方法。
我们可以先把所有的区间加到差分序列中，然后从前往后扫一遍n；如果我们发现当前的时间已经被减成负的了的话，就恢复最后一个区间，直到时间非负为止。
那么为什么我当扫到i的时候扫1~top的区间，而在< i的时候扫的是1~ >top的区间呢？这样不会出问题么？
这就是很多二分都可以转化成线性时间的方法，这正是因为其单调性，若在相同若干天使用之前1~ >top的区间都不会出现负时间，那么使用1~top的区间必然不会出现负时间。
于是，我们得到了O(n+m)的算法。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#include<cctype>#include<cstdlib>using namespace std;char * ptr=new char[50000000];int s[1000001],l[1000001],r[1000001],d[1000001];inline void in(int &x){    while(!isdigit(*ptr))++ptr;    x=0;    while(isdigit(*ptr))x=x*10+*ptr++-'0';}int main(){    int n,m,now,pred,i,top;    freopen("classrooms.in","r",stdin);freopen("classrooms.out","w",stdout);    fread(ptr,1,50000000,stdin);    in(n),in(m);    pred=0;    for(i=1,++n;i<n;++i){        in(now);        s[i]=now-pred;        pred=now;    }    for(i=1,++m;i<m;++i){        in(d[i]),in(l[i]),in(r[i]);        s[l[i]]-=d[i];        s[++r[i]]+=d[i];    }    now=0,top=--m;    for(i=1;i<n;++i){        now+=s[i];        while(top&&now<0){            if(r[top]>i){                if(l[top]<=i)now+=d[top];                else s[l[top]]+=d[top];                s[r[top]]-=d[top];            }            --top;        }    }    if(top<m)printf("-1\n%d",top+1);    else printf("0\n");}