NOIP2011 DAY2 T2 浅谈二分答案

世界真的很大

今天晚上算是正式进入数论的复习范围了

捡了几道NOIP的历年数论题来练手，除了高精度以外

这道题一开始独体硬是没有读懂

然后读懂了之后还算是比较简单233

看题先：

description：

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 ： Yi = ∑1* ∑v j ， j ∈[Li , Ri ] 且 w j ≥ W ，j 是矿石编号 j j m

这批矿产的检验结果 Y 为各个区间的检验值之和。即：Y = ∑Y i i =1 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：

输入文件 qc.in。

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：

输出文件名为 qc.out。

输出只有一行，包含一个整数，表示所求的最小值。

题目求一个W使得每一段区间重量大于等于W的个数乘以大于等于W的物品的全职和离标准值差距最小，并求出这个差距

读懂样例之后，分析一下这个W

既然要使得通过W的变化，让最后的值与标准值差距最小，那么W与实际值之间必然有什么关系

W影响的是每一段区间选取的那些数，而且随着W的增加，选取的书的范围比方单调不上升，即下降或不变

题目中是说使得“差值”最小，即是说让我们通过控制W的变化，使得实际值尽量接近差值，而且W与实际值之间还有单调的函数关系

应该能想到二分，毕竟二分的原理就是尽可能的去逼近一个可能的值

然后每次重新求一下比W大的物品的个数的前缀和，还有比W大的物品的权值的前缀和

每次n+m来check

完整代码：

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long dnt;

const dnt INF=1000000000000LL;

int n,m;
int l[200010],r[200010],tot[200010];
dnt S,ans=INF,SUM=0;
dnt v[200010],w[200010],sum[200010];

dnt check(dnt mid)
{
dnt rt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
sum[i]=sum[i-1]+(w[i]>=mid);
for(int i=1;i<=n;i++)
tot[i]=tot[i-1]+(w[i]>=mid)*v[i];
for(int i=1;i<=m;i++)
rt+=(sum[r[i]]-sum[l[i]-1]) * (tot[r[i]]-tot[l[i]-1]);
return rt;
}

int main()
{
scanf("%d%d%lld",&n,&m,&S);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld%lld",&w[i],&v[i]),SUM+=v[i];
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
int lf=0,rg=SUM;
while(lf<=rg)
{
int mid=(lf+rg)>>1;
dnt tmp=check(mid);
if(tmp>=S) lf=mid+1,ans=min(ans,tmp-S);
else rg=mid-1,ans=min(ans,S-tmp);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
/*
Whoso pulleth out this stone and anvil is duly born King of all England
*/

嗯，就是这样