JZOJ 3028. 聪明的质监员 (Standard IO) NOIP2011

题目

Description

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wi 以及价值vi。检验矿产的流程是：
1、给定m 个区间[Li，Ri]；
2、选出一个参数W；
3、对于一个区间[Li，Ri]，计算矿石在这个区间上的检验值Yi ：这个区间上所有重量大于等于W的矿石数目与它们的价值和的乘积。这批矿产的检验结果Y 为各个区间的检验值之和。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 的绝对值最小。请你帮忙求出这个最小值。

Input

第一行包含三个整数 n，m，S，分别表示矿石的个数、区间的个数和标准值。
接下来的 n 行，每行2 个整数，中间用空格隔开，第i+1 行表示i 号矿石的重量wi 和价
值vi 。
接下来的 m 行，表示区间，每行2 个整数，中间用空格隔开，第i+n+1 行表示区间[Li,
Ri]的两个端点Li 和Ri。注意：不同区间可能重合或相互重叠。

Output

输出只有一行，包含一个整数，表示所求的最小值。

Sample Input

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

Sample Output

Data Constraint

Hint

【输入输出样例说明】
当 W 选4 的时候，三个区间上检验值分别为20、5、0，这批矿产的检验结果为25，此时与标准值S 相差最小为10。
【数据范围】
对于 10%的数据，有1≤n，m≤10；
对于 30%的数据，有1≤n，m≤500；
对于 50%的数据，有1≤n，m≤5,000；
对于 70%的数据，有1≤n，m≤10,000；
对于 100%的数据，有1≤n，m≤200,000，0 < wi, vi≤106，0 < S≤1012，1≤Li≤Ri≤n。

大意

　　在有N个数的数列中，找到一个W的值，计算后使其最接近s

分析

　首先我们可以发现，加起来的和h，是和W有关系的

　 w越大，我们所求得的和就越小如果h>s 我们要尽量减小否增大

　所以我们能想到用二分，找到最贴近的

　可就算如此还是超时了

所以我们还是要用到前缀和优化

attention ll

代码

 1 #include<iostream>
 2 #include<cmath>
 3 #include<cstring>
 4 #define N 2000001
 5 using namespace std;
 6 int w[N],v[N];
 7 int l[N],r[N];
 8 long long sum;
 9 long long sum1[N],sum2[N];   //sum1计算前缀个数，sum2计算前缀价值
10 long long n,m,s;
11 bool count(int key)
12 {
13     memset(sum1,0,sizeof(sum1));
14     memset(sum2,0,sizeof(sum2));
15     for (int i=1;i<=n;i++)
16     {
17         if (w[i]>=key)
18         {
19             sum1[i]=sum1[i-1]+1;    
20             sum2[i]=sum2[i-1]+v[i];
21         }
22         else
23         {
24             sum1[i]=sum1[i-1];
25             sum2[i]=sum2[i-1];
26         }
27     }
28     long long ans=0;
29     for (int i=1;i<=m;i++)
30         ans+=(sum1[r[i]]-sum1[l[i]-1])*(sum2[r[i]]-sum2[l[i]-1]);     //计算总和
31     sum=(long long)abs(ans-s);
32     if (ans>s) return true;
33     return false;
34 }
35 int main ()
36 {
37     int mn,mx;
38     cin>>n>>m>>s;
39     for (int i=1;i<=n;i++)
40     {
41         cin>>w[i]>>v[i];
42         mx=max(mx,w[i]);
43         mn=min(mn,w[i]);    
44     }
45     for (int i=1;i<=m;i++)
46         cin>>l[i]>>r[i];
47     int left=mn-1,right=mx+2,mid;
48     long long ans=999999999999999;
49     while (left<=right)
50     {
51         mid=(left+right)/2;
52         if (count(mid)) left=mid+1;   //如果大于我的s就尽可能的W变大
53         else right=mid-1;    //如果小于我就变小
54         ans=min(ans,sum);   //求一个最小值
55     }
56     cout<<ans;
57 }