原题：
在大学期间，经常需要租借教室。大到院系举办活动，小到学习小组自习讨论，都需要向学校申请借教室。教室的大小功能不同，借教室人的身份不同，借教室的手续也不一样。
面对海量租借教室的信息，我们自然希望编程解决这个问题。
我们需要处理接下来n天的借教室信息，其中第i天学校有ri个教室可供租借。共有m份订单，每份订单用三个正整数描述，分别为dj,sj,ti，表示某租借者需要从第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个教室。我们假定，租借者对教室的大小、地点没有要求。即对于每份订单，我们只需要每天提供djdj
个教室，而它们具体是哪些教室，每天是否是相同的教室则不用考虑。借教室的原则是先到先得，也就是说我们要按照订单的先后顺序依次为每份订单分配教室。如果在分配的过程中遇到一份订单无法完全满足，则需要停止教室的分配，通知当前申请人修改订单。这里的无法满足指从第sj 天到第tj天中有至少一天剩余的教室数量不足dj个。现在我们需要知道，是否会有订单无法完全满足。如果有，需要通知哪一个申请人修改订单。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含两个正整数n,m，表示天数和订单的数量。
第二行包含n个正整数，其中第i个数为ri，表示第ii天可用于租借的教室数量。
接下来有m行，每行包含三个正整数dj,sj,tj，表示租借的数量，租借开始、结束分别在第几天。
每行相邻的两个数之间均用一个空格隔开。天数与订单均用从1开始的整数编号。
输出格式：
如果所有订单均可满足，则输出只有一行，包含一个整数 0。否则（订单无法完全满足）
输出两行，第一行输出一个负整数-1，第二行输出需要修改订单的申请人编号。
输入输出样例
输入样例#1：
4 3
2 5 4 3
2 1 3
3 2 4
4 2 4
输出样例#1：
-1
2
说明
【输入输出样例说明】
第1份订单满足后，4天剩余的教室数分别为 0,3,2,3。第 2份订单要求第 2 天到第 4天每天提供 3 个教室，而第 3 天剩余的教室数为 2，因此无法满足。分配停止，通知第2 个申请人修改订单。
【数据范围】
对于 100%的数据，有1 ≤ n,m ≤ 10^6,0 ≤ r_i,d_j≤ 10^9,1 ≤ s_j≤ t_j≤ n1≤n,m≤10
题意：
有n间教室，有m个任务，每一个让任务包含了该任务的需要借的教室数量，以及借教室的起始时间和结束时间。
问能不能够满足所有任务，若是能则输出0，若是不能则输出-1，和不能够满足的任务编号。
题解：
这道题目，开始以为是一道模拟水题，暴力求解了结果只得了40分，TLE了很多点。
之后看了标程后才发现这道题目，也可以用二分来做。
下面讲讲二分的具体做法：
这道题目要求的是不能满足的任务编号，所以我们可以二分求解最小不能满足的任务编号。判断函数中用到了差分数组diff【】，其实就是前缀和的逆数组（其实在这道题目里和普通数组一样）。每一个diff【i】存放的是第i天所需要的教室总数。之后再统一判断，（这里就是这道题降低时间复杂度的地方，他不需要对于每一个任务都判断是否符合，而是统一求解，判断出不能满足任务编号的区间）。若是所需教室数量大于教室总数，则证明再left-mid之间有不能够满足的编任务，反之则证明不能满足的任务在mid-right之间。（注解：开始可以提前判断m个任务是否都能满足，若是能够满足最直接输出0，若是不能则证明有不能够满足的任务，再进入二分循环）。
附上AC代码：
#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];//任务数组，d代表借用时间，st起始时间，ed结束时间
int check(int x)
{
memset(diff,0,sizeof(diff));//差分数组
for(int i=1;i<=x;i++)
{
diff[t[i].st]+=t[i].d;//该任务的起始时间需要d间教室
diff[t[i].ed+1]-=t[i].d;//该任务结束了就需要释放掉d间教室
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
need[i]=need[i-1]+diff[i];//记录n天中每一天需要的教室数量
if(need[i]>r[i])return 0;//如果当天需要教室数量大于当天拥有的教室数量则证明在left-mid之间存在不能够满足的任务
}
return 1;//反之，则证明在left-mid之间的任务都能够满足
}
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，因为所有可能出现的不能完成任务编号只能在1-m之间。
if(check(m)){cout<<0<<endl;return 0;}//判断是否都能满足
while(left<right)
{
mid=(right+left)/2;
if(check(mid))
left=mid+1;//返回值是1代表在left-mid之间的任务都能满足
else
right=mid;//返回值是0代表在left-mid之间有不能满足的任务
}
cout<<-1<<endl;
cout<<left<<endl;
return 0;
}
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