Codevs 1138 聪明的质监员 2011年NOIP全国联赛提高组

1138 聪明的质监员 2011年NOIP全国联赛提高组
时间限制: 1 s
空间限制: 128000 KB
题目等级 : 黄金 Gold
题目描述 Description
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：见图
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。
输入描述 Input Description
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。
输出描述 Output Description
输出只有一行，包含一个整数，表示所求的最小值。
样例输入 Sample Input
5 3 15
1 5
2 5
3 5
4 5
5 5
1 5
2 4
3 3
样例输出 Sample Output
10
数据范围及提示 Data Size & Hint
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≤106，0 < S≤1012，1≤Li≤Ri≤n。
分类标签 Tags
二分法 大陆地区 NOIP全国联赛提高组 2011年

/*
二分答案.
处理一个前缀sum[i]表示到i个合格产品数.
前缀sum2[i]表示前i个合格产品数的价值总和.
嗯long long 很重要. 
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define MAXN 200001
#define LL long long
using namespace std;
LL sum[MAXN],n,m,w[MAXN],k,v[MAXN],ans=1e18,l[MAXN],r[MAXN],sum2[MAXN];
LL read()
{
    LL x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*f;
}
bool check(LL x)
{
    LL tot=0;bool flag;LL p;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(w[i]>=x)
        {
            sum[i]=sum[i-1]+1;
            sum2[i]=sum2[i-1]+v[i];
        }
        else 
        {
            sum[i]=sum[i-1];
            sum2[i]=sum2[i-1];
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
      tot=tot+(sum[r[i]]-sum[l[i]-1])*(sum2[r[i]]-sum2[l[i]-1]);
    if(k>tot){
        p=k-tot;
        flag=false;
    }
    else{
        p=tot-k;
        flag=true;
    }
    ans=min(ans,p);
    return flag;
}
void erfen(LL ll,LL rr)
{
    LL mid;
    while(ll<=rr)
    {
        mid=(ll+rr)>>1;
        if(!check(mid)) rr=mid-1;
        else ll=mid+1;
    }
}
int main()
{
    LL ll=1e7,rr=0;
    n=read(),m=read(),k=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        w[i]=read(),v[i]=read();
        ll=min(w[i],ll),rr=max(rr,w[i]);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
      l[i]=read(),r[i]=read();
    erfen(ll,rr);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}