原題： 在大學期間，經常需要租借教室。大到院系舉辦活動，小到學習小組自習討論，都需要向學校申請借教室。教室的大小功能不同，借教室人的身份不同，借教室的手續也不一樣。 面對海量租借教室的資訊，我們自然希望程式設計解決這個問題。 我們需要處理接下來n天的借教室資訊，其中第i天學校有ri個教室可供租借。共有m份訂單，每份訂單用三個正整數描述，分別為dj,sj,ti，表示某租借者需要從第sj天到第tj天租借教室（包括第sj天和第tj天），每天需要租借djdj個教室。我們假定，租借者對教室的大小、地點沒有要求。即對於每份訂單，我們只需要每天提供djdj ​個教室，而它們具體是哪些教室，每天是否是相同的教室則不用考慮。借教室的原則是先到先得，也就是說我們要按照訂單的先後順序依次為每份訂單分配教室。如果在分配的過程中遇到一份訂單無法完全滿足，則需要停止教室的分配，通知當前申請人修改訂單。這裡的無法滿足指從第sj 天到第tj天中有至少一天剩餘的教室數量不足dj個。現在我們需要知道，是否會有訂單無法完全滿足。如果有，需要通知哪一個申請人修改訂單。 輸入輸出格式 輸入格式： 第一行包含兩個正整數n,m，表示天數和訂單的數量。 第二行包含n個正整數，其中第i個數為ri，表示第ii天可用於租借的教室數量。 接下來有m行，每行包含三個正整數dj,sj,tj，表示租借的數量，租借開始、結束分別在第幾天。 每行相鄰的兩個數之間均用一個空格隔開。天數與訂單均用從1開始的整數編號。 輸出格式： 如果所有訂單均可滿足，則輸出只有一行，包含一個整數 0。否則（訂單無法完全滿足） 輸出兩行，第一行輸出一個負整數-1，第二行輸出需要修改訂單的申請人編號。 輸入輸出樣例 輸入樣例#1： 4 3 2 5 4 3 2 1 3 3 2 4 4 2 4 輸出樣例#1： -1 2 說明 【輸入輸出樣例說明】 第1份訂單滿足後，4天剩餘的教室數分別為 0,3,2,3。第 2份訂單要求第 2 天到第 4天每天提供 3 個教室，而第 3 天剩餘的教室數為 2，因此無法滿足。分配停止，通知第2 個申請人修改訂單。 【資料範圍】 對於 100%的資料，有1 ≤ n,m ≤ 10^6,0 ≤ r_i,d_j≤ 10^9,1 ≤ s_j≤ t_j≤ n1≤n,m≤10 題意： 有n間教室，有m個任務，每一個讓任務包含了該任務的需要借的教室數量，以及借教室的起始時間和結束時間。 問能不能夠滿足所有任務，若是能則輸出0，若是不能則輸出-1，和不能夠滿足的任務編號。 題解： 這道題目，開始以為是一道模擬水題，暴力求解了結果只得了40分，TLE了很多點。 之後看了標程後才發現這道題目，也可以用二分來做。 下面講講二分的具體做法： 這道題目要求的是不能滿足的任務編號，所以我們可以二分求解最小不能滿足的任務編號。判斷函式中用到了差分陣列diff【】，其實就是字首和的逆陣列（其實在這道題目裡和普通陣列一樣）。每一個diff【i】存放的是第i天所需要的教室總數。之後再統一判斷，（這裡就是這道題降低時間複雜度的地方，他不需要對於每一個任務都判斷是否符合，而是統一求解，判斷出不能滿足任務編號的區間）。若是所需教室數量大於教室總數，則證明再left-mid之間有不能夠滿足的編任務，反之則證明不能滿足的任務在mid-right之間。（註解：開始可以提前判斷m個任務是否都能滿足，若是能夠滿足最直接輸出0，若是不能則證明有不能夠滿足的任務，再進入二分迴圈）。 附上AC程式碼：

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
int n,m,r[1000005],need[1000005],ans=2000000,diff[1000005];
struct task
{
    int d,st,ed;
}t[1000005];//任務陣列，d代表借用時間，st起始時間，ed結束時間
int check(int x)
{
    memset(diff,0,sizeof(diff));//差分陣列
    for(int i=1;i<=x;i++)
    {
        diff[t[i].st]+=t[i].d;//該任務的起始時間需要d間教室
        diff[t[i].ed+1]-=t[i].d;//該任務結束了就需要釋放掉d間教室
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        need[i]=need[i-1]+diff[i];//記錄n天中每一天需要的教室數量
        if(need[i]>r[i])return 0;//如果當天需要教室數量大於當天擁有的教室數量則證明在left-mid之間存在不能夠滿足的任務
    }
    return 1;//反之，則證明在left-mid之間的任務都能夠滿足
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>r[i];
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>t[i].d>>t[i].st>>t[i].ed;
    }
    int left=1,mid,right=m;//初始化，因為所有可能出現的不能完成任務編號只能在1-m之間。
    if(check(m)){cout<<0<<endl;return 0;}//判斷是否都能滿足
    while(left<right)
    {
        mid=(right+left)/2;
        if(check(mid))
            left=mid+1;//返回值是1代表在left-mid之間的任務都能滿足
        else
            right=mid;//返回值是0代表在left-mid之間有不能滿足的任務
    }
    cout<<-1<<endl;
    cout<<left<<endl;
    return 0;
}

 

歡迎評論！