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描述:

bbq的工作是管理学校的社团活动，具体来说是为每个社团活动分配教室。要把有限的教室合理安排给这些社团，是不容易的。每个社团活动用k, t1, t2来表示：该社团活动在第t1天～第t2天内需要k个教室（包括t1，t2）。bbq总是按社团活动申请的先后顺序分配教室，如果某一天剩余的教室数量不够满足某社团的要求，则停止教室的分配。bbq需要告知该社团，他们的该次社团活动无法进行。

input:

输入数据第一行包括两个正整数n、m，为总天数和社团活动的总数量。第二行包含n个正整数，其中第i个数为ri，表示第i天空教室的数量。接下来有m行，每行为一个社团活动的信息，包含三个正整数k, t1, t2。（k, t1, t2如题目描述）。规定：天数与社团活动编号均用从1开始的整数编号。1≤n, m≤106，0≤ri≤109，0≤k≤109 ,1≤t1≤t2≤n。

输出

如果所有社团的申请均可满足，则输出0。否则输出一个正整数，为需要bbq告知的活动无法进行的社团活动编号。

思路 (借鉴):

线段树

1. 线段树维护区间最小值, 要修改连续区间的值,用到lazy标记，(我线段树还是非常有问题)

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int maxn = 1e6+5;
int n,m,a[maxn];
int t[4*maxn],lazy[4*maxn];

void build(int p,int l,int r) {
    if (l == r) {
        t[p] = a[l];
        lazy[p] = 0;
        return ;
    }
    int mid = (l+r) >> 1;
    build(p<<1,l,mid);
    build(p<<1|1,mid+1,r);
    t[p] = min(t[p<<1],t[p<<1|1]);
}

void dump(int p) {
    lazy[p<<1] += lazy[p];
    t[p<<1] += lazy[p];

    lazy[p<<1|1] += lazy[p];
    t[p<<1|1] += lazy[p];
    lazy[p] = 0;
}

int querymin(int p,int l,int r,int x,int y) {
    dump(p);
    if (x<=l && r<=y)
        return t[p];
    int mid = (l+r)>>1;
    int inf = 1e9+5;
    if (x<=mid) inf = min(querymin(p<<1,l,mid,x,y),inf);
    if (y > mid) inf = min(querymin(p<<1|1,mid+1,r,x,y),inf);
    t[p] = min(t[p<<1],t[p<<1|1]);
    return inf;
}

void add(int p,int l,int r,int x,int y,int val) {
    dump(p);
    if (x<=l && r<=y) {
        lazy[p]+=val;
        t[p] += val;
        return ;
    }
    int mid = (l+r)>>1;
    if (x<=mid) add(p<<1,l,mid,x,y,val);
    if (y>mid)  add(p<<1|1,mid+1,r,x,y,val);
    t[p] = min(t[p<<1],t[p<<1|1]);
}

int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1; i<=n; ++i)
        scanf("%d",&a[i]);
    build(1,1,n);
    bool flag = 1;
    int k,t1,t2;
    for (int i=1; i<=m; ++i) {
        scanf("%d%d%d",&k,&t1,&t2);
        int temp = querymin(1,1,n,t1,t2);
        if (temp  < k) {
            flag = 0;
            cout << i << endl;
            break;
        } else add(1,1,n,t1,t2,-k);
    }
    if (flag)
        cout << 0 << endl;
    return 0;
}

差分数组性质

1. 原数列的第i项 是 差分数组的前缀和 $d[i]=\sum\limits_{i=1}^{n}a[i]$

2. 原数列的前缀和求法 （求前n项

   $sum=\sum\limits_{i=1}^{n} d[i] = \sum\limits_{i=1}^{n}(\sum\limits_{j=1}^{i}) a[j]= \sum\limits_{j=1}^{1}a[j]+\sum\limits_{j=1}^{2}a[j]+\sum\limits_{j=1}^{3}a[j]+…+\sum\limits_{j=1}^{n}a[j]=\sum\limits_{j=1}^{n}(n-j+1)a[j]$

---

• 由于区间值一直在减少,那么答案单调，二分答案 check运用差分数组判断是否存在不够的情况

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 1e6+5;
int n,m;
int a[maxn],t1[maxn],t2[maxn],k[maxn];
long long sum[maxn];

bool check(int mid) {
    memset(sum,0,sizeof sum);
    for (int i=1; i<=mid; ++i) { //将操作模拟到第mid次
        sum[t1[i]] -= k[i];
        sum[t2[i]+1] += k[i];
    }
    int cnt = 0;
    for (int i=1; i<=n; ++i) { //测试每一位,看是否存在更新后<0的情况
        cnt += sum[i]; //差分数组第i个的前缀和 是 原数列的第i个值
        if (a[i] + cnt < 0)
            return 0;
    }
    return 1;
}

int main() {
    while (scanf("%d%d",&n,&m) != EOF) {
        for (int i=1; i<=n; ++i)
            scanf("%d",&a[i]);
        for (int i=1; i<=m; ++i)
            scanf("%d%d%d",&k[i],&t1[i],&t2[i]);

        int l = 1, r = m+1;
        while (l <r) {
            int mid=(l+r)>>1;
            if (check(mid))
                l = mid+1;
            else
                r = mid;
        }
        if (l == m+1)
            printf("0\n");
        else
            printf("%d\n",l);
    }
    return 0;
}