技術標籤：ACM演算法二分法

洛谷題解：P1314 [NOIP2011 提高組] 聰明的質監員

題目：

小T 是一名質量監督員，最近負責檢驗一批礦產的質量。這批礦產共有 n個礦石，從 1 到 n 逐一編號，每個礦石都有自己的重量 wi以及價值 vi 。檢驗礦產的流程是：

1 、給定m個區間 [li,ri]

2 、選出一個引數 W；

3 、對於一個區間 [li,ri]，計算礦石在這個區間上的檢驗值 yi ：

其中 j 為礦石編號。

這批礦產的檢驗結果 y 為各個區間的檢驗值之和。即：

若這批礦產的檢驗結果與所給標準值 s 相差太多，就需要再去檢驗另一批礦產。小T 不想費時間去檢驗另一批礦產，所以他想通過調整引數 W 的值，讓檢驗結果儘可能的靠近標準值 s，即使得 ∣s−y∣ 最小。請你幫忙求出這個最小值。

輸入格式：

第一行包含三個整數 n,m，分別表示礦石的個數、區間的個數和標準值。

接下來的 n 行，每行兩個整數，中間用空格隔開，第 i+1 行表示 i 號礦石的重量 wi 和價值 vi。

接下來的 m 行，表示區間，每行兩個整數，中間用空格隔開，第 i+n+1行表示區間 [li,ri] 的兩個端點 li 和 ri。注意：不同區間可能重合或相互重疊。

輸出格式：

一個整數，表示所求的最小值。

樣例：

輸入：

5 3 15
1 5
2 5
3 5
4 5
5 5
1 5
2 4
3 3

輸出：

10

分析：

可以看出來，這個函式是隨W的增加遞減的，由於要對W進行查詢遍歷，所以使用二分，找到一個結果最接近s的W。兩個端點的值自然是w陣列的最小值與最大值。

然後check()的就是公式結果的值與s的大小關係，如果ans > s，說明ans還需要再小，函式還是單減的，所以要選擇W更大的區間。

然後對於這個函式值的計算，對於每一個W，都要迴圈m次，每一次迴圈內還要從l[i]到r[i]再迴圈進行判斷，這樣執行了TLE了。看來是需要用字首和，這樣就免去了從l[i]到r[i]的迴圈的複雜度，但是需要提前對陣列單另判斷一次，不符合要求的不自增。

程式碼如下：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
 

#include<cmath>
#include<vector>

using namespace std;

long long n, m, s;
long long w[300005] = {0};
long long v[300005] = {0};
long long l[300005] = {0};
long long r[300005] = {0};
long long pre_w[300005] = {0};
long long pre_v[300005] = {0};
long long mini = 2147483647;
long long maxi = -1;
long long result = 0;

long long C_Y(long long W)
{
    long long ans = 0;
    memset(pre_v,0,sizeof(pre_v));
    memset(pre_w,0,sizeof(pre_w));
    for(long long i = 1;i <= n;i++)
    {
        if(w[i] >= W)
        {
            pre_w[i] = pre_w[i - 1] + 1;
            pre_v[i] = pre_v[i - 1] + v[i];
        }
        else
        {
            pre_w[i] = pre_w[i - 1];
            pre_v[i] = pre_v[i - 1];
        }
    }
    for(long long i = 1;i <= m;i++)
    {
        ans += (pre_w[r[i]] - pre_w[l[i] - 1]) * (pre_v[r[i]] - pre_v[l[i] - 1]);
    }
    return ans;
}

bool check(long long ans)
{
    result = llabs(ans - s);
    if(ans > s)
    {
        return true;
    }
    else
    {
        return false;
    }
}

int main()
{
    cin>>n>>m>>s;
    for(long long i = 1;i <= n;i++)
    {
        cin>>w[i]>>v[i];
        maxi = max(maxi, w[i]);
        mini = min(mini, w[i]);
    }
    for(long long j = 1;j <= m;j++)
    {
        cin>>l[j]>>r[j];
    }
    long long left = mini, right = maxi;
    long long mid;
    long long ans = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
    while(left <= right)
    {
        mid = (right + left) / 2;
        if(check(C_Y(mid)))
        {
            left = mid + 1;
        }
        else
        {
            right = mid - 1;
        }
        if(ans > result)
        {
            ans = result;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}