P1314 聪明的质监员

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这题还是挺有名的，然而是个假题……原因

但是它的思维方式还是挺重要的。

思路:

我们发现一个W可以唯一确定一个y,但是W不知道。像这种情况很容易想到二分。二分可以在 \(O(\log n)\) 的时间内多个条件，有时候可以先假装二分过了去想题，发现不用二分再把二分去掉。

但是再算一算，只加上二分这一个优化并不能通过极限数据（std只是在时间上过了，数据的存储并没过，这就是这题假的原因）。发现这题的瓶颈在于对于区间 \([l_i,r_i]\) 我们暴力统计就已经达到 \(O(n*m)\) 的复杂度，做一次就已经AC不了了，考虑对这一步进行优化。弄2个前缀和数组，\(sum1_i\) 表示区间 [1,i]内有几个 \(w_i\) 比 x 大（x就是二分的那个值），\(sum2_i\) 表示区间[1,i]内 \(w_i\) 比 x 大的数的 \(v_i\) 的总和，于是 \(O(n)\) 预处理前缀数组， \(O(m)\) 统计即可。时间总复杂度 \(O((n+m)\log d)\) （\(d=max\){\(w_i-w_j\)}）.

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=200005;
const int inf=1e15;
int n,m,s,w[N],v[N],ll=inf,rr=0,ans=inf,l[N],r[N],sum1[N],sum2[N],tmp;
int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
bool pd(int x)
{
	memset(sum1,0,sizeof(sum1));
	memset(sum2,0,sizeof(sum2));
	tmp=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		if(w[i]>=x)sum1[i]=sum1[i-1]+1,sum2[i]=sum2[i-1]+v[i];
		else sum1[i]=sum1[i-1],sum2[i]=sum2[i-1];
	for(int i=1;i<=m;++i)
		tmp+=(sum1[r[i]]-sum1[l[i]-1])*(sum2[r[i]]-sum2[l[i]-1]);
	return tmp<=s;
}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&s);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%lld%lld",&w[i],&v[i]),ll=min(ll,w[i]),rr=max(rr,w[i]);
	for(int i=1;i<=m;++i)
		scanf("%lld%lld",&l[i],&r[i]);
	while(ll<=rr)
	{
		int mid=ll+rr>>1;
		if(pd(mid))rr=mid-1;
		else ll=mid+1;
		ans=min(ans,abs(tmp-s));
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}