HDU - 6012 枚举 + 二分

题意：

问题描述

这几天Lotus对培养盆栽很感兴趣，于是她想搭建一个温室来满足她的研究欲望。Lotus将所有的$n$株盆栽都放在新建的温室里，所以所有盆栽都处于完全相同的环境中。每一株盆栽都有一个最佳生长温度区间$[l,r]$，在这个范围的温度下生长会生长得最好，但是不一定会提供最佳的研究价值（Lotus认为研究发育不良的盆栽也是很有研究价值的）。Lotus进行了若干次试验，发现若第$i$株盆栽的生长温度适宜，可以提供a_ia​i​​的研究价值；若生长温度超过了适宜温度的上限，能提供b_ib​i​​的研究价值；若生长温度低于适宜温度的下限，则能提供c_ic​i​​的研究价值。现在通过试验，Lotus已经得知了每一株盆栽的适宜生长温度范围，也知道了它们的$a$、$b$、$c$的值。你需要根据这些信息，给温室选定一个温度（这个温度可以是任意实数），使得Lotus能获得的研究价值最大。

输入描述

多组数据，第一行一个整数$T$表示数据组数每组数据第一行一个整数$n\in [1,50000]$，表示盆栽数量接下来$n$行每行五个整数l_i,r_i,a_i,b_i,c_i\in[1, 10^9]l​i​​,r​i​​,a​i​​,b​i​​,c​i​​∈[1,10​9​​]，意义如上所述

输出描述

每组数据输出一行一个整数表示答案

输入样例

155 8 16 20 1210 16 3 13 138 11 13 1 117 9 6 17 52 11 20 8 5

输出样例

83

思路：

这题我写的方法有点蠢。

我是枚举所有边界的坐标，因为一开始我就认为这样枚举，就可以包含所有情况，事实上这样是错的。比如两个区间[1,2]和[3,4]，我只会枚举1，2，3，4这四个点，但是很显然还有温度是3.5的情况没有考虑到，所以后来我直接把上下界排好序后，把相邻两个边界的中点也作为枚举的对象。

对于每一个枚举的温度t，我们只需要考虑三个部分：

1. 有多少个区间的右端点r在比t小，对于这些区间来说，温度比适宜的高，研究价值为b。

2. 有多少个区间的右端点l在比t大，对于这些区间来说，温度比适宜的低，研究价值为c。

3. 除了1和2所包括的区间，剩下的区间就是满足适宜条件的，研究价值为a。

显然上面三个部分互相不会重复，那么需要解决的问题就是，枚举之后如何快速计算上面的结果。

可以感觉到1和2能用二分来计算。首先我们要把所有的区间按左端点排序存起来lx，接着按右端点排序存起来rx。

对于lx，预处理出一个a的前缀和sumal和一个c的前缀和sumc。

对于rx，预处理出一个a的前缀和sumar和一个b的前缀和sumb。

然后每次枚举温度t，找到lx中比t大的位置以及rx中比t小的位置，然后用a的总和suma减去这两部分的a的总价值，再加上第一段的c的价值和和第二段的b的价值和即可。

思路不像官方题解中那么好写，具体看代码。

代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int MAXN = 50005;struct node {    long long x;    int id;    bool operator < (const node &b) const {        return x < b.x;    }}l[MAXN], r[MAXN];long long a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN];long long sumal[MAXN], sumar[MAXN], sumb[MAXN], sumc[MAXN];double lx[MAXN], rx[MAXN];int main() {    //freopen("in.txt", "r", stdin);    int T;    scanf("%d", &T);    while (T--) {        int n;        vector <double> vec;        scanf("%d", &n);        for (int i = 1; i <= n; i++) {            long long ll, rr;            scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d", &ll, &rr, &a[i], &b[i], &c[i]);            l[i] = (node) {ll, i};            r[i] = (node) {rr, i};            vec.push_back(ll); vec.push_back(rr);        }        sort (l + 1, l + 1 + n);        sort (r + 1, r + 1 + n);        long long suma = 0;        for (int i = 1; i <= n; i++) suma += a[i];        for (int i = 1; i <= n; i++) {            int id = r[i].id;            sumar[i] = sumar[i - 1] + a[id];            sumb[i] = sumb[i - 1] + b[id];        }        for (int i = 1; i <= n; i++) {            int id = l[i].id;            sumal[i] = sumal[i - 1] + a[id];            sumc[i] = sumc[i - 1] + c[id];        }        for (int i = 1; i <= n; i++) lx[i] = l[i].x;        for (int i = 1; i <= n; i++) rx[i] = r[i].x;        long long ans = 0;        sort (vec.begin(), vec.end());        vec.erase( unique( vec.begin(), vec.end() ), vec.end() );        int cnt = vec.size();        for (int i = 1; i < cnt; i++)            vec.push_back((vec[i] + vec[i - 1]) / 2.0);        sort (vec.begin(), vec.end());        cnt = vec.size();        for (int i = 0; i < cnt; i++) {            int tr = lower_bound(rx + 1, rx + 1 + n, vec[i]) - 1 - rx;            int tl = upper_bound(lx + 1, lx + 1 + n, vec[i]) - 1 - lx;            ans = max(ans, suma - sumar[tr] + sumb[tr] - (sumal[n] - sumal[tl]) + (sumc[n] - sumc[tl])) ;        }        ans = max(ans, max(sumb[n], sumc[n]));        printf("%I64d\n", ans);    }    return 0;}