http://www.rqnoj.cn/problem/657

https://www.vijos.org/p/1740

P1740聪明的质检员

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描述

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
Yi = ∑1*∑vj,j∈[Li, Ri]且wj ≥ W,j是矿石编号
这批矿产的检验结果Y 为各个区间的检验值之和。即:Y = ∑Yi,i ∈[1, m]
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。

格式

输入格式

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。

输出格式

输出只有一行,包含一个整数,表示所求的最小值。

样例1

样例输入1[复制]

5 3 15
1 5
2 5
3 5
4 5
5 5
1 5
2 4
3 3

样例输出1[复制]

10

限制

1s

提示

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。

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。

来源

NOIp2011提高组Day2第二题

大意:给你一排物品,有重量wi,价值vi,再给你一排区间。有一个W,对每个区间求Σ1*Σvi,两个Σ都是符合w[j]>=W的j,也就是若一个区间里有3个物品的w大于等于W,则这个区间的值为3*(w1+w2+w3)。要使各区间的这个值的和与给定值S的绝对值最小,求这个最小的绝对值。

题解:二分+区间求和。

因为各区间值的和随W单调递减,可以二分W。每次二分都要怒求好多区间的区间和,所以我们每次二分,都求一次根据这个W生成的前缀和,方便求区间和。

 //#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define usint unsigned int
#define mz(array) memset(array, 0, sizeof(array))
#define minf(array) memset(array, 0x3f, sizeof(array))
#define REP(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define FOR(i,x,n) for(int i=(x);i<=(n);i++)
#define RD(x) scanf("%d",&x)
#define RD2(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)
#define RD3(x,y,z) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z)
#define WN(x) printf("%d\n",x);
#define RE freopen("D.in","r",stdin)
#define WE freopen("1biao.out","w",stdout) const int maxn=;
int w[maxn],v[maxn];
int L[maxn],R[maxn];
int n,m;
ll S; ll ss[maxn],cn[maxn]; void check(ll a[],int n){
for(int i=;i<n;i++)
printf("%5lld ",a[i]);
puts("");
} ll gank(int W) {
ll re=;
ss[]=;
cn[]=;
for(int i=; i<=n; i++) {
if(w[i-]>=W) {
ss[i]=ss[i-]+v[i-];
cn[i]=cn[i-]+;
} else {
ss[i]=ss[i-];
cn[i]=cn[i-];
}
}
for(int i=; i<m; i++) {
re+=(cn[R[i]]-cn[L[i]-])*(ss[R[i]]-ss[L[i]-]);
// cout<<cn[R[i]]-cn[L[i]-1]<<'*'<<ss[R[i]]-ss[L[i]-1]<<endl;
}
// check(ss,n+1);
// check(cn,n+1);
// printf("↑W=%d,re=%lld\n",W,re);
return re;
} int main() {
int i,j,l,r,mid,maxr;
while(scanf("%d%d%lld",&n,&m,&S)!=EOF) {
maxr=;
REP(i,n) {
scanf("%d%d",&w[i],&v[i]);
maxr=max(maxr,w[i]+);
}
REP(i,m) {
scanf("%d%d",&L[i],&R[i]);
//L[i]--;
//R[i]--;
}
l=;
r=maxr;
while(l<=r) {
mid=(l+r)>>;
if(S>gank(mid)) r=mid-;
else l=mid+;
}
//cout<<mid<<','<<l<<','<<r<<endl;
ll t=abs(S-gank(mid));
t=min(t,abs(S-gank(l)));
t=min(t,abs(S-gank(r)));
printf("%lld\n",t);
}
return ;
}

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