洛谷P1314 [NOIP2011 提高组] 聪明的质监员 题解
题目链接:P1314 [NOIP2011 提高组] 聪明的质监员
题意:
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 \(w_i\) 以及价值 \(v_i\) 。检验矿产的流程是:1 、给定 \(m\) 个区间 \([l_i,r_i]\);
2 、选出一个参数 \(W\);
3 、对于一个区间 \([l_i,r_i]\),计算矿石在这个区间上的检验值 \(y_i\): \[ y_i=\sum\limits_{j=l_i}^{r_i}[w_j \ge W] \times \sum\limits_{j=l_i}^{r_i}[w_j \ge W]v_j \] 其中 \(j\) 为矿石编号。
这批矿产的检验结果 \(y\) 为各个区间的检验值之和。即:\(\sum\limits_{i=1}^m y_i\)
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 \(|s-y|\) 最小。请你帮忙求出这个最小值。对于 \(100\%\) 的数据,有 \(1 ≤n ,m≤200,000\),\(0 < w_i,v_i≤10^6\),\(0 < s≤10^{12}\),\(1 ≤l_i ≤r_i ≤n\) 。
注意到其实我们就是要算这个式子 \[ \left|s-\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=l_i}^{r_i}[w_j \ge W]\sum_{j=l_i}^{r_i}[w_j \ge W]v_j\right|_{\min} \] \(\sum_{j=l_i}^{r_i}[w_j \ge W]\) 是可以前缀和优化的
但是显然我们要知道 \(W\) 才能计算这个柿子
考虑二分一个 \(W \in [0,w_{\max}]\)
对于绝对值的二分,我们直接拆掉绝对值
当 \(s-y<0\) 时, \(y\) 减小, \(W\) 增大。
当 \(s-y>0\) 时, \(y\) 增大, \(W\) 减小。
当 \(s-y=0\) 时 ,直接退出即可。
答案只要在二分的过程中卑微的记录一下就好了
时间复杂度 \(O(n \log W)\)
代码:
#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <iomanip>
using namespace std;
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define N (int)(2e5+15)
int n,m,s,l,r,mid;
int w[N],v[N],le[N],ri[N],res=INF,p[N],q[N];
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
// freopen("check.in","r",stdin);
// freopen("check.out","w",stdout);
cin >> n >> m >> s;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
cin >> w[i] >> v[i];
r=max(r,w[i]);
}
for(int i=1; i<=m; i++)
cin >> le[i] >> ri[i];
while(l<r)
{
int mid=(l+r+1)>>1;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
if(w[i]>mid)
q[i]=q[i-1]+1,p[i]=p[i-1]+v[i];
else
q[i]=q[i-1],p[i]=p[i-1];
}
int x=0;
for(int i=1; i<=m; i++)
x+=(q[ri[i]]-q[le[i]-1])*(p[ri[i]]-p[le[i]-1]);
int t=s-x;
if(t<0)l=mid;
else if(!t)return cout << 0,0;
else r=mid-1;
res=min(res,abs(t));
}
cout << res << '\n';
return 0;
}