聪明的质检员

Posted 2020-12-27 qswx

【Problem 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 ：

　　这批矿的检验结果Y 为各个区间的检验值之和。即：
　　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 format】

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 format】

输出只有一行，包含一个整数，表示所求的最小值。

【Algorithm design】

二分答案+前缀和

【Problem analysis】

   求最接近标准的答案，很明显二分答案。当然二分Y明显很困难，应该分治W的值。这里又可以引入离散化思想，因为W一定是一个矿的质量，不然不会有变化。确定W之后就是怎么求Y的问题，首先要读懂题目，其实意思很简单，就是一个区间内可行矿的数量*可行矿的价值总和，因为区间老是重叠，如果循环处理，最大可能达到O（nm），所以想到前缀和处理，纪录1到i的可行矿数量和价值总和（一开始还想到线段树..），最后就是O（（n+m）logn）的算法

【Source code】

#include <bits/stdc++.h>

#define MAXN 200010

#define ll long long

 

using namespace std;

 

int n,m;

ll s,ans,sumx[MAXN];

int w[MAXN],v[MAXN],b[MAXN],e[MAXN],sortw[MAXN],sum[MAXN];

 

void search(int l,int r)

{

      if(l==r-1)

            return ;

      int mid=(l+r)>>1;

      ll y=0;

      for(int i=1;i<=n;i++)

      {

            sum[i]=sum[i-1];

            sumx[i]=sumx[i-1];

            if(w[i]>=sortw[mid])

                  sum[i]+=1,sumx[i]+=v[i];

      }//在W确定后处理出前缀和

      for(int i=1;i<=m;i++)

            y+=(sum[e[i]]-sum[b[i]-1])*(sumx[e[i]]-sumx[b[i]-1]);//利用前缀和处理出Y

      ans=min(ans,abs(y-s));//比较后纪录最小差值

      if(y<s)

            search(l,mid);

      else

            search(mid,r);

}

 

int main()

{

      freopen("qc.in","r",stdin);

      freopen("qc.ans","w",stdout);

      cin>>n>>m>>s;

      for(int i=1;i<=n;i++)

            cin>>w[i]>>v[i],sortw[i]=w[i];

      for(int i=1;i<=m;i++)

            cin>>b[i]>>e[i];

      sort(sortw+1,sortw+n+1);//将矿值排序以便于二分

      ans=1000000000001;

      search(0,n+1);

      cout<<ans<<endl;

      return 0;

}