聪明的质监员 noiip 提高
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2022-05-12 23:32:33
...
聪明的质监员
算法:前缀和+二分
题目链接
吐槽一下,这个质检员不会被开除么。。。。
这个题很明显的二分枚举,但是还有一个前缀和有点坑人。
这题题其实点不多,就两个关键点:
第一:二分的判断。
可以看到:在W取0时,所有的区间内的矿石都可以选上,
而在W大于最大的质量时,所有的矿石都选不上。
然后简单算一下就发现:
W越大,矿石选的越少,W越小,矿石选的越多。
满足二分单调性
所以,随着W增大,Y值减小;
所以:二分的判断条件出来了:
当Y>s时,需要增大WW来减小YY,从而∣Y−s∣变小;
当Y==s时,∣Y−s∣==0;
当Y<s时,需要减小W来增大Y,从而|Y-s|变大;
第二:前缀和。
我们在计算一个区间的和时(虽然这里是两个区间和再相乘,但没关系)
通常是用前缀和的方法来缩减时间,直接模拟是n^2的,而前缀和成了2*n
大大的优化了时间,前缀和不会的去先学前缀和,我默认大家都会,就不赘述了。
很显然:
在w[i]>=W时这个i矿石会在统计里(若<W<W就不管它了直接pre[i]=pre[i-1],
矿石价值和是:pre_v[i]=pre_v[i-1]+v[i]prev[i]=prev[i−1]+v[i],前面的和加上当前这一个i矿石;
矿石数量和是:pre_n[i]=pre_n[i-1]+1pren[i]=pren[i−1]+1,数量加1嘛。
然后最后算的时候用右端点r-(左端点l-1)就可以了
注意:谨记所前缀和时要pre[r]-pre[l-1],这个‘-1’不要忘!
然后就没啥了,给上代码:
(当然,一些基础的“lld”之类的你要注意,不多赘述了)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=200010;
int w[maxn],v[maxn],l[maxn],r[maxn];
long long pre_n[maxn],pre_v[maxn];
long long Y,s,sum;
int n,m,mx=-1,mn=2147483647;
bool check(int W)
{
Y=0,sum=0;
memset(pre_n,0,sizeof(pre_n));
memset(pre_v,0,sizeof(pre_v));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(w[i]>=W) pre_n[i]=pre_n[i-1]+1,pre_v[i]=pre_v[i-1]+v[i];
else pre_n[i]=pre_n[i-1],pre_v[i]=pre_v[i-1];
}
//前缀和
for(int i=1;i<=m;i++)
Y+=(pre_n[r[i]]-pre_n[l[i]-1])*(pre_v[r[i]]-pre_v[l[i]-1]);
sum=llabs(Y-s);
//差值
if(Y>s) return true;
else return false;
//判断二分条件,与差值无关,只会不断逼s
}
int main(){
scanf("%d %d %lld",&n,&m,&s);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf(" %d %d",&w[i],&v[i]);
mx=max(mx,w[i]);
mn=min(mn,w[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf(" %d %d",&l[i],&r[i]);
int left=mn-1,right=mx+2,mid;
long long ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
while(left<=right)
{
mid=(left+right)>>1;
if(check(mid)) left=mid+1;
else right=mid-1;
if(sum<ans) ans=sum;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
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