借教室

秒速五厘米 2023-06-29 14:58 23阅读 0赞

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# 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，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,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。  
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。

# 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1 #

## 样例输入1 ##

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

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## 样例输出1 ##

-1
    2

Copy

# 限制 #

每个测试点1s

# 提示 #

对于10%的数据，有1≤ n,m≤ 10；  
对于30%的数据，有1≤ n,m≤1000；  
对于70%的数据，有1≤ n,m≤ 10^5；  
对于100%的数据，有1≤n,m≤10^6,0≤ri,dj≤10^9,1≤sj≤tj≤n。

# 来源 #

Noip2012提高组复赛Day2T2

> 思路：直接暴力用双重循环会导致超时。这里需要优化的地方有两处：
> 
> 1. 比如2 1 3 需要在第1~3天借2个教室，剩余的教室数都需要减去2。当租借的天数比较多时，就比较耗时。比如2 1 1000000。
> 
> 解决：这里可以使用差分数组，只用对端点的数据进行处理即可。然后看差分数组的前缀和与原始的教室数进行比较，看是否够借。
> 
> 2. 询问是否需要每次都询问。怎么减少不必要的询问。回退到上一步的过程能否优化。

> 只使用了差分数组，没有对比较的过程进行优化，超时。

#include<iostream>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    long long a[1000005],b[1000005],b1[1000005],b2[1000005],b3[1000005];
    bool p =1;
    long long n,m,u;
    long long dfs(long long k)
    {
    	long long sum = 0;
    	u = k;
    	for(long long i = 1; i <= m; ++i)
    	{
    		sum+=b[i];
    		if(sum < 0)
    		{
    			b[b2[k]] += b1[k];
    			b[b3[k]+1] -= b1[k];
    			p = 0;
    			break; 
    		}
    	} 
    	if(sum > 0) return u;
    	else dfs(--k);
    }
    
    int main()
    {
    	cin >> n >> m;
    	for(int i = 1; i <= n; ++i)
    	{
    		cin >> a[i];
    		b[i] = a[i]-a[i-1];
    	} 
    	for(int i = 1; i <= m; ++i)
    	{
    		cin >> b1[i] >> b2[i] >> b3[i];
    		b[b2[i]] -= b1[i];
    		b[b3[i]+1] += b1[i];
    	}
    	dfs(m);
    	if(p) cout<< "0" << endl;
    	else 
    	{
    		cout << "-1" << endl;
    		cout << u+1 << endl; 
     	 } 
    	return 0;
    }

> 使用差分数组，对询问的过程使用二分，比如有100次询问，先看第50次询问是否够借，如果够，就往前继续二分，如果不够，前面的询问就可以不用判断了，直接往后二分即可。

#include<bits/stdc++.h> 
    using namespace std;
    long long n,m;
    long long a[1000005],b[1000005],c[1000005],d[1000005],f[1000005];
    int main()
    {
    	cin >> n >> m;
    	bool k = 0,c1=0;
    	for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i]; 
    	for(int i = 1; i <= m; ++i) cin >> b[i] >> c[i] >> d[i]; 
    	long long l = 1,r = m, mid = 0;
    	while(l <= r)
    	{
    		long long sum = 0;
    		memset(f,0,sizeof(f));
    		bool p = 0;
    		mid = l+(r-l)/2;
    		for(long long i = 1; i<= mid; ++i)
    		{
    			f[c[i]] += b[i];
    			f[d[i]+1] -= b[i];
    		} 
    		for(long long i = 1; i <= n; ++i)
    		{
    			sum += f[i];
    			if(sum > a[i])
    			{
    				r = mid-1;
    				k = 1;
    				p = 1;
    			//	if(l==r) c1=1;
    				break;
    			}
    		}
    		if(p==0) l=mid+1;
    	//	printf("%lld %lld %lld\n",l,r,mid);
    	}
    	if(k) cout << "-1" << endl << r+1 << endl;
    	else cout << "0" << endl;
    	return 0;
    }

> 使用差分数组，对判断是否满足条件的过程进行优化。
> 
> 比如：
> 
> 4 5
> 
> 4 3 4 3
> 
> 1 1 3
> 
> 1 1 3
> 
> 2 2 3
> 
> 1 4 4
> 
> 1 4 4

#include<iostream> 
    using namespace std;
    long long n,m;
    long long a[1000005],b[1000005],c[1000005],d[1000005],f[1000005];
    int main()
    {
    	cin >> n >> m;
    	for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i]; 
    	for(int i = 1; i <= m; ++i)
    	{
    		cin >> b[i] >> c[i] >> d[i];
    		f[c[i]] += b[i];
    		f[d[i]+1] -= b[i];
    	}
    	long long sum = 0;
    	long long j = m;
    	bool k = 1;
    	for(int i = 1; i <= n; ++i)
    	{
    		 sum += f[i];
    		 if(sum > a[i])
    		 {
    		 	while(sum > a[i]) 
    		 	{
    		 		f[c[j]] -= b[j];
    		 		f[d[j]+1] += b[j];
    		 		if(i >= c[j] && i <= d[j])
    		 			sum -= b[j];
    		 		j--;
    		 		k=0;
    			}
    		 }
    	}
    	if(k) cout << "0" << endl;
    	else cout << "-1" << endl << j+1 << endl;
    	return 0;
    }

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