NOIP|[NOIP2016D2T2]借教室树状数组与线段树|二分

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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
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天的借教室信息，其中第
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天学校有
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个教室可供租借。共有
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份订单，每份订单用三个正整数描述，分别为
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，表示某租借者需要从第
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天到第
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天租借教室（包括第
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天和第
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天），每天需要租借
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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
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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
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天到第
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天中有至少一天剩余的教室数量不足
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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
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，表示天数和订单的数量。
第二行包含
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个正整数，其中第
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个数为
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，表示第 ii 天可用于租借的教室数量。
接下来有
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行，每行包含三个正整数
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，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。
输入输出样例输入样例#1：复制

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

输出样例#1：复制

-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

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；
对于30%的数据，有

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；
对于 70%的数据，有

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；
对于 100%的数据，有

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,

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。
NOIP 2012 提高组第二天第二题

【NOIP|[NOIP2016D2T2]借教室】说说两种方法（不是最优解，但都可以过）
法1：线段树
抽象出来就是区间修改，每次将

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的所有值减去

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，那么显然可以看出是线段树了。
因为要查询有无负值出现，所以只需判断最小值是否为负值即可，那么我们就用线段树来存区间最小值。
参考了洛谷上一个大犇的lazy标记，基本思路是：在修改时，存区间被减去了多少，而不是直接在最小值上减；因为最小值对应的数可能会变，但区间被减去的值是不变的。
时间复杂度为

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。
代码：

#include #include using namespace std; struct segment_tree { int l,r; long long w; long long minus; }; int n,m; long long a[1000001]; segment_tree tree[4000001]; void build(int now,int l,int r) { tree[now].l=l; tree[now].r=r; if (l>1; build(now*2,l,mid); build(now*2+1,mid+1,r); tree[now].w=min(tree[now*2].w,tree[now*2+1].w); } else tree[now].w=a[l]; } void adjust(int now,int l,int r,long long delta) { if (tree[now].l==l&&tree[now].r==r) { tree[now].minus+=delta; return; } if (tree[now].l>1; if (r<=mid) adjust(now*2,l,r,delta); else if (l>mid) adjust(now*2+1,l,r,delta); else { adjust(now*2,l,mid,delta); adjust(now*2+1,mid+1,r,delta); } tree[now].w=min(tree[now].w,min(tree[now*2].w-tree[now*2].minus,tree[now*2+1].w-tree[now*2+1].minus)); } } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&a[i]); build(1,1,n); for (int i=1; i<=m; i++) { int s,t; long long d; scanf("%lld%d%d",&d,&s,&t); adjust(1,s,t,d); if (tree[1].w<0) { printf("-1\n"); printf("%d",i); return 0; } } printf("0"); return 0; }

法二：二分
因为修改时值一直在减小，所以修改操作是有单调性的。
对修改操作进行二分，判断前

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个修改后是否出现负数，如果未出现，那答案一定在

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后；否则一定在

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及

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前。
关键在于怎么判断。
用

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表示第

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位减去了多少的值。先预处理，把询问对应的端点进行处理，即

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，再扫一遍令

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，这样就能保证在

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时

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被加了

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，而到了

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又恢复回去。如果存在

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，则减的值大于它本身的教室数。
这种思想是比较常用的，最好理解消化一下。
时间复杂度为

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。
代码：

#include #include using namespace std; int n,m; long long dec[1000001]; long long a[1000001]; int query[1000001][2]; long long delta[1000001]; bool check(int now) { memset(dec,0,sizeof(dec)); for (int i=1; i<=now; i++) { dec[query[i][0]]+=delta[i]; dec[query[i][1]+1]-=delta[i]; } if (dec[1]>a[1]) return false; for (int i=2; i<=n; i++) { dec[i]+=dec[i-1]; if (dec[i]>a[i]) return false; } return true; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&a[i]); for (int i=1; i<=m; i++) scanf("%lld%d%d",&delta[i],&query[i][0],&query[i][1]); int l=1; int r=m; if (check(m)) { printf("0"); return 0; } while (l>1; if (check(mid)) l=mid+1; else r=mid; } printf("-1\n"); if (check(l)) printf("%d",r); else printf("%d",l); }