這個題很明顯的二分列舉，但是還有一個字首和有點坑人。

這題題其實點不多，就兩個關鍵點。

二分的判斷

可以看到：在W取0時，所有的區間內的礦石都可以選上，而在W大於最大的質量時，所有的礦石都選不上。

然後簡單算一下就發現：W越大，礦石選的越少，W越小，礦石選的越多。

所以，隨著W增大，Y值減小。

所以，二分的判斷條件出來了：

當 \(Y>s\) 時，需要增大 \(W\) 來減小 \(y\)，從而 \(|W-s|\) 變小；

當 \(Y=s\) 時，\(|Y-s|=0\)；

當 \(Y<s\) 時，需要減小 \(W\) 來增大 \(Y\) ，從而 \(|Y-s|\)變大。

字首和

我們在計算一個區間的和時（雖然這裡是兩個區間和再相乘，但沒關係），通常是用字首和的方法來縮減時間，直接模擬是 \(n^2\)

很顯然：

在 \(w_i>=W\) 時這個 \(i\) 礦石會在統計裡（若 \(<W\) 就不管它了直接 \(pre_i=pre_{i-1}\)），礦石價值和是：\(pre_v[i]=pre_v[i-1]+v[i]\)，前面的和加上當前這一個 \(i\) 礦石；礦石數量和是：\(pre_n[i]=pre_n[i-1]+1\)，數量加 \(1\) 嘛。然後最後算的時候用右端點 \(r-\)（左端點 \(l-1\)）就可以了。

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL=long long;
const LL N=2e5+5;
LL n,m,s,w[N],v[N],l[N],r[N],sum_n[N],sum_v[N],sum;
bool check(int W) {
    LL y=0;
    sum=0,memset(sum_n,0,sizeof(sum_n)),memset(sum_v,0,sizeof(sum_v));
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        if(w[i]>=W) {
            sum_n[i]=sum_n[i-1]+1,sum_v[i]=sum_v[i-1]+v[i];
        } else {
            sum_n[i]=sum_n[i-1],sum_v[i]=sum_v[i-1];
        }
    }
    for(int i=1; i<=m; i++) {
        y+=(sum_n[r[i]]-sum_n[l[i]-1])*(sum_v[r[i]]-sum_v[l[i]-1]);
    }
    sum=llabs(y-s);
    return y>s;
}
int main() {
    scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&s);
    LL minn=LLONG_MAX>>1,maxn=0;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        scanf("%lld %lld",w+i,v+i),minn=min(minn,w[i]),maxn=max(maxn,w[i]);
    }
    for(int i=1; i<=m; i++) {
        scanf("%lld %lld",l+i,r+i);
    }
    LL left=minn-1,right=maxn+1,ans=LLONG_MAX>>1;
    while(left<=right) {
        LL mid=(left+right)>>1;
        if(check(mid)) {
            left=mid+1;
        } else {
            right=mid-1;
        }
        ans=min(ans,sum);
//        printf("%lld %lld %lld\n",right,mid,left);//Debug
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}
 

參考資料

題解 P1314 【聰明的質監員】 - 人殤物已非 的部落格 - 洛谷部落格 (luogu.com.cn)

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