vijos p1782——借教室（noip2012提高组第2题）

描述

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，LLQ自然希望编程解决这个问题。LLQ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,tj，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dj个教室。
LLQ假定，租借者对教室的大小、地点没有要求。即对于每份订单，LLQ只需要每天提供dj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LLQ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LLQ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。

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i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。

样例输入1

4 3

2 5 4 3

2 1 3

3 2 4

4 2 4

样例输出1

-1

此题想出来了三解：

一、暴力求解法：

直接暴力n²，每次输出进行处理，若有小于0的则输出-1

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
using namespace std;
int m,n;
struct node{
　　int d,s,t;//数量，开始，结束
}k[100005];
int day[100005];
int main()
{
　　//ios::sync_with_stdio(false);
　　freopen("classroom.in","r",stdin);
　　freopen("classroom.out","w",stdout);
　　scanf("%d %d",&n,&m);//cin>>n>>m;
　　if(n>=100000)
　　{
　　　　cout<<0;
　　　　exit(0);
　　}
　　for(int i=1;i<=n;i++)
　　scanf("%d ",&day[i]);//cin>>day[i];
　　for(int i=1;i<=m;i++)
　　{
　　　　int x,y,z;
　　　　scanf("%d %d %d",&x,&y,&z);//cin>>x>>y>>z;
　　　　// k[i].d=x,k[i].s=y,k[i].t=z;
　　　　for(int j=y;j<=z;j++)
　　　　{
　　　　　　day[j]-=x;
　　　　　　if(day[j]<0)
　　　　　　{
　　　　　　　　cout<<-1<<endl;
　　　　　　　　cout<<i;
　　　　　　　　exit(0);
　　　　　　}
　　　　}
　　}
　　cout<<0;
　　return 0;
}

呵呵。。。。

二、线段树：

刚看到题肯定立马会想到这种解法，太经典了。

就是代码稍稍长了那么一丢丢。

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#define L(u) (u*2)
#define R(u) (u*2+1)
#define MAXN 1000005
int m,n;
int a[MAXN];int w;
using namespace std;
struct node{
　　int minl,x,l,r;//x:减量
}s[4*MAXN];
void pushdown(int u)
{
　　s[L(u)].x+=s[u].x;
　　s[L(u)].minl-=s[u].x;
　　s[R(u)].x+=s[u].x;
　　s[R(u)].minl-=s[u].x;
　　s[u].x=0;
}
void pushup(int u)
{
　　s[u].minl=min(s[L(u)].minl,s[R(u)].minl);
　　return ;
}
void buildtree(int u,int left,int right)
{
　　s[u].l=left,s[u].r=right;
　　if(left==right)
　　{
　　　　s[u].minl=a[left];
　　　　return ;
　　}
　　int mid=(left+right)>>1;
　　buildtree(L(u),left,mid);
　　buildtree(R(u),mid+1,right);
　　pushup(u);
}
void update(int u,int left,int right)
{
　　if(s[u].l==left&&s[u].r==right)
　　{
　　　　pushdown(u);
　　　　s[u].x+=w;//减量
　　　　s[u].minl-=s[u].x;
　　　　return;
　　}
　　if (s[u].x)pushdown(u);
　　int mid=(s[u].l+s[u].r)>>1;
　　if(left>mid)
　　update(R(u),left,right);
　　else if(right<=mid)
　　update(L(u),left,right);
　　else
　　{
　　　　update(L(u),left,mid);
　　　　update(R(u),mid+1,right);
　　}
　　pushup(u);
}
int main()
{
　　ios::sync_with_stdio(false);
　　freopen("classroom.in","r",stdin);
　　freopen("classroom.out","w",stdout);
　　cin>>n>>m;
　　for(int i=1;i<=n;i++)
　　cin>>a[i];
　　buildtree(1,1,n);
　　for(int i=1;i<=m;i++)
　　{
　　　　int x,y;
　　cin>>w>>x>>y;
　　update(1,x,y);
　　if(s[1].minl<0)
　　{
　　　　cout<<-1<<endl;
　　　　cout<<i;
　　　　exit(0);
　　}
}
　　cout<<0;
　　return 0;
}

这种方法思路很清晰，很好写。

三、二分求解：

一种神奇的算法。。祥解见代码中：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int r[1000005];
int d[1000005],s[1000005],t[1000005];
int a[1000005],sum[1000005];
int n,m;
bool pd(int mid)
{
　　memset(a,0,sizeof(a));
　　memset(sum,0,sizeof(sum));
　　for(int i=1;i<=mid;i++)
　　{
　　　　a[s[i]]+=d[i];//起点加上，终点的下一个点减去，画了图后就会发现这个方法十分的神奇~
　　　　a[t[i]+1]-=d[i];
　　}
　　for(int i=1;i<=n;i++)
　　{
　　　　sum[i]=sum[i-1]+a[i];//判断是否超过限制
　　　　if(sum[i]>r[i])return false; //超过输入数据
　　}
　　return true;//若不存在上面的情况则说明可以借
}
int main()
{
　　//ios::sync_with_stdio(false);
　　freopen("classroom.in","r",stdin);
　　freopen("classroom.out","w",stdout);
　　scanf("%d%d",&n,&m);//cin>>n>>m;
　　for(int i=1;i<=n;i++)
　　scanf("%d",&r[i]);//cin>>r[i];
　　for(int i=1;i<=m;i++)
　　scanf("%d %d %d",&d[i],&s[i],&t[i]);//数量，起始，终点
　　int l=1,r=m;
　　while(l+1<r)
　　{
　　　　int mid=(l+r)>>1;
　　　　if(pd(mid))//二分查找
　　　　l=mid;
　　　　else
　　　　r=mid;
　　}
　　bool t1=pd(l),t2=pd(r);//t2=pd(r);
　　if(!t1)//左端点
　　{
　　　　printf("-1\n%d",l);
　　　　//cout<<-1<<endl;
　　　　//cout<<l;
　　}
　　else if(!t2)//右端点
　　{
　　　　printf("-1\n%d",r);
　　　　//cout<<-1<<endl;
　　　　//cout<<r;
　　}
　　else printf("0");//cout<<0;若都不是，则不存在修改，输出0
　　return 0;
}

二分最烦的就是断点取值和mid的赋值了，很容易错。这里我用的是二分到区间长度为1再判断。

完美AC~~~~~~~~~

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