【洛谷P1083】[NOIP2012]借教室

借教室

【题目描述】

在n天中每天有一个可以借出的教室数，有m个订单，每个订单从第l天到第r天要借用x个教室。问能否满足所有的订单，若不能，输出第一个不能满足的订单编号。

思路：

1.1 ≤ n,m ≤ 10^6，区间的整体修改可以用差分数组实现，每次修改的时间复杂度为O（1），查询的时间复杂度为O（n）。

2.若从第一个订单到第m个订单向上枚举，每次都利用差分数组算一遍每天的订单数，时间为O（m*n）；但从题目中“输出第一个不能满足的订单编号”可以得到启示：二分答案。

时间复杂度就成了O（nlogm）。

补充：

差分数组的原理：

　　差分数组与部分和数组相类似

　　部分和数组是用每个数据记录原数组中多个元素的和（前缀和 或 后缀和），利用两个数据的差求原数组中多个数据的和，以前缀和数组为例，　　　　　　　　          sum[i]=data[1]+data[2]+data[3]+……+data[i]

　　sum[i]-sum[j-1]=(data[1]+data[2]+data[3]+……+data[i])-(data[1]+data[2]+data[3]+……+data[j-1])

　　=data[j]+data[j+1]+……+data[i]。

　　差分数组每个数据记录原数组中该元素与其上一个元素的差，即diff[i]=data[i]-data[i-1]，显然:

　　data[i]=data[i-1]+diff[i]=data[i-2]+diff[i-1]+diff[i]=……

　　=diff[1]+diff[2]+diff[3]+……+diff[i]

　　我们可以这样描述：data数组是diff数组的前缀和数组

　　一个显而易见的性质：当diff[i]改变时，data[i~n]的值会有相同的改变，如diff[i]+=1，diff[j+1]-=1，就相当于区间[i,j]都加了1，这样便可以用O（1）的时间实现区间修改了。

贴代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int data[1000020],l[1000020],r[1000020],d[1000020],diff[1000020],n,m,f,g;
bool isok(int x)
{
    memset(diff,0,sizeof(diff));
    for(int i=1;i<=x;i++)        //订单 1~x
    {
        diff[l[i]]+=d[i];        //差分数组 
        diff[r[i]+1]-=d[i];         
    }
    int sum=0; 
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        sum+=diff[i];
        if(sum>data[i]) return 0;
    }
    return 1;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d",&data[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    scanf("%d%d%d",&d[i],&l[i],&r[i]);
    if(isok(m))
    {
        printf("0");
        return 0;
    }
    printf("-1
");
    f=1;g=m;
    while(f<g)        //二分订单数 
    {
        int mid=(f+g)/2;
        if(isok(mid)) f=mid+1;
        else g=mid;
    }
    printf("%d
",f);
    return 0;
}