CodeForces 1260D（二分+贪心+差分）

题意

https://vjudge.net/problem/CodeForces-1260D

有m个士兵，t秒，你要带尽可能多的士兵从0去n+1，且他们不能被杀死。路上有一些陷阱，陷阱d[i]会杀死能力比它小的士兵，陷阱位置在l[i]，当你走到r[i]时可以拆除它。每次你可以向左或者向右移动。自己不会被陷阱杀死，可以先去把陷阱拆除再回来带兵。

思路

首先，贪心的选最强的一些士兵，即对士兵按能力从大到小排序，然后二分选的士兵数量x，如果花的时间小于等于t，那么就可以满足。

然后，考虑如何check，假设要带能力排前x的士兵，那么所有陷阱中大于第x个士兵的能力的都要被拆除，何时去拆呢？贪心的想肯定是先顺着走一遍把要拆的陷阱都拆了，然后一路返回再带士兵即可，而不是拆一个回来一次。

如何O（n）时间直到哪些点必须得走呢？差分，对陷阱位置cha[l[i]] +1，对拆除位置cha[r[i]+1] -1，因为这一段路必须要走，我们再求一遍前缀和，因为差分序列的前缀和即为修改后的序列，判断每个位置是否大于0，如果大于0，则表示这个点要走。最后再加上最后带士兵要从0走到n+1的时间，判断是否小于等于t即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
const int N=200005;
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-8;
const double PI = acos(-1.0);
#define lowbit(x) (x&(-x))
int a[N],l[N],r[N],d[N],cha[N];
int m,n,k,t;
bool check(int x)
{
    if(!x) return true;
    for(int i=0;i<=n+1;i++)
        cha[i]=0;
    int g=a[x];
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        if(d[i]>g)
        {
            cha[l[i]]++,cha[r[i]+1]--;
        }
    }
    int res=0;
    for(int i=1;i<=n+1;i++)
    {
        cha[i]+=cha[i-1];
        if(cha[i]>0)
            res++;
    }
    return res*2+n+1<=t;
}
int main()
{
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>m>>n>>k>>t;
    for(int i=1; i<=m; i++)
        cin>>a[i];
    sort(a+1,a+1+m,greater<int>());
    for(int i=1;i<=k;i++)
        cin>>l[i]>>r[i]>>d[i];
    int L=0,R=m,M,ans=0;
    while(L<=R)
    {
        M=(L+R)>>1;
        if(check(M))
        {
            ans=M;
            L=M+1;
        }
        else
            R=M-1;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}