标签：中间 查询 ora 二分 tac alt inf getc ++
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：
这批矿产的检验结果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。
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。
输出只有一行，包含一个整数，表示所求的最小值。
5 3 15
1 5
2 5
3 5
4 5
5 5
1 5
2 4
3 3
10
【输入输出样例说明】
当W 选4 的时候，三个区间上检验值分别为20、5、0，这批矿产的检验结果为25，此时与标准值S 相差最小为10。
【数据范围】
对于10%的数据，有1≤n，m≤10；
对于30%的数据，有1≤n，m≤500；
对于50%的数据，有1≤n，m≤5,000；
对于70%的数据，有1≤n，m≤10,000；
对于100%的数据，有1≤n，m≤200,000，0 < wi, vi≤10^6，0 < S≤10^12，1≤Li≤Ri≤n。
思路
闲话
这道题标准解法是用前缀和+二分做，但我并没有想到前缀和的做法，可能还是我太蒻了
所以，我就傻逼惊奇地想到了可持久化线段树的做法...
正题
首先看题目，显然Y是满足单调性的，而只有在决定了W后才好统计，所以第一眼肯定知道这道题要二分
然后想怎么统计答案，由于第x次和x的上一次la之间，对答案有贡献有变化的点的只有满足一下两个条件：
a.Wla<=wi<Wx
b.Wx<=wi<Wla
其中a是对上一次有贡献，对这一次没贡献;而b是对上一次没贡献，对这一次有贡献。
所以我们就可以用可持久化线段树，每一次对历史版本进行修改，查询
时间复杂度O(2nlogn log(maxw))
代码
1 #include<set> 2 #include<map> 3 #include<stack> 4 #include<queue> 5 #include<cstdio> 6 #include<cstring> 7 #include<iostream> 8 #include<algorithm> 9 #define RG register int 10 #define rep(i,a,b) for(RG i=a;i<=b;i++) 11 #define per(i,a,b) for(RG i=a;i>=b;i--) 12 #define ll long long 13 #define inf (1<<30) 14 #define maxn 200005 15 using namespace std; 16 int n,m,tim,la=inf,id; 17 ll S,ans; 18 int w[maxn],v[maxn],L[maxn],R[maxn]; 19 int rt[50]; 20 struct Tree{ 21 int ls,rs,num;ll sum; 22 }t[4000005]; 23 struct Q{ 24 ll sum;int num; 25 Q operator + (const Q tmp)const{ 26 return (Q){sum+tmp.sum,num+tmp.num}; 27 } 28 }; 29 inline ll read() 30 { 31 ll x=0,f=1;char c=getchar(); 32 while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)f=-1;c=getchar();} 33 while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();} 34 return x*f; 35 } 36 37 void build(int &pos,int l,int r,int val) 38 { 39 pos=++id; 40 if(l==r){if(w[l]>=val) t[pos].sum=v[l],t[pos].num=1;return;} 41 int mid=(l+r)>>1; 42 build(t[pos].ls,l,mid,val); 43 build(t[pos].rs,mid+1,r,val); 44 t[pos].sum=t[t[pos].ls].sum+t[t[pos].rs].sum; 45 t[pos].num=t[t[pos].ls].num+t[t[pos].rs].num; 46 } 47 48 void update(int form,int &pos,int l,int r,int aim,int val) 49 { 50 pos=++id; 51 t[pos].ls=t[form].ls,t[pos].rs=t[form].rs; 52 if(l==r) 53 { 54 t[pos].sum=val; 55 if(val)t[pos].num=1;else t[pos].num=0; 56 return; 57 } 58 int mid=(l+r)>>1; 59 if(aim<=mid) update(t[form].ls,t[pos].ls,l,mid,aim,val); 60 else update(t[form].rs,t[pos].rs,mid+1,r,aim,val); 61 t[pos].sum=t[t[pos].ls].sum+t[t[pos].rs].sum; 62 t[pos].num=t[t[pos].ls].num+t[t[pos].rs].num; 63 } 64 65 Q query(int pos,int l,int r,int ql,int qr) 66 { 67 if(ql<=l&&r<=qr){return (Q){t[pos].sum,t[pos].num};} 68 int mid=(l+r)>>1; 69 Q ret={0,0}; 70 if(ql<=mid) ret=ret+query(t[pos].ls,l,mid,ql,qr); 71 if(qr>mid) ret=ret+query(t[pos].rs,mid+1,r,ql,qr); 72 return ret; 73 } 74 75 ll check(int x) 76 { 77 ++tim; 78 bool flg=0; 79 if(tim==1) build(rt[1],1,n,x),flg=1; 80 else 81 { 82 rep(i,1,n) 83 { 84 if(la<=w[i]&&w[i]<x)//delete 85 { 86 if(!flg) update(rt[tim-1],rt[tim],1,n,i,0),flg=1; 87 else update(rt[tim],rt[tim],1,n,i,0); 88 } 89 else if(x<=w[i]&&w[i]<la)//add 90 { 91 if(!flg) update(rt[tim-1],rt[tim],1,n,i,v[i]),flg=1; 92 else update(rt[tim],rt[tim],1,n,i,v[i]); 93 } 94 } 95 } 96 97 if(!flg) tim--; 98 ll rans=0;Q ret; 99 rep(i,1,m) 100 ret=query(rt[tim],1,n,L[i],R[i]),rans+=ret.sum*(ll)ret.num; 101 la=x; 102 return rans; 103 } 104 105 int main() 106 { 107 int l=1,r=0,mid; 108 ll ans=(1ll<<40); 109 n=read(),m=read(),S=read(); 110 rep(i,1,n) w[i]=read(),v[i]=read(),r=max(r,w[i]); 111 rep(i,1,m) L[i]=read(),R[i]=read(); 112 r++; 113 while(l<=r) 114 { 115 mid=(l+r)>>1; 116 ll tmp=check(mid); 117 ans=min(ans,abs(S-tmp)); 118 if(tmp<S) r=mid-1; 119 else l=mid+1; 120 } 121 cout<<ans; 122 return 0; 123 }
标签：中间 查询 ora 二分 tac alt inf getc ++
原文地址：http://www.cnblogs.com/ibilllee/p/7661828.html
