【NOIP 2012】借教室
题目
在大学期间,经常需要租借教室。大到院系举办活动,小到学习小组自习讨论,都需要向学校申请借教室。教室的大小功能不同,借教室人的身份不同,借教室的手续也不一样。
面对海量租借教室的信息,我们自然希望编程解决这个问题。
我们需要处理接下来\(n\)天的借教室信息,其中第\(i\)天学校有\(r_i\)个教室可供租借。共有\(m\)份订单,每份订单用三个正整数描述,分别为\(d_j,s_j,t_j\),表示某租借者需要从第\(s_j\)天到第\(t_j\) 天租借教室(包括第\(s_j\)天和第\(t_j\)天),每天需要租借\(d_j\)个教室。
我们假定,租借者对教室的大小、地点没有要求。即对于每份订单,我们只需要每天提供\(d_j\)个教室,而它们具体是哪些教室,每天是否是相同的教室则不用考虑。
借教室的原则是先到先得,也就是说我们要按照订单的先后顺序依次为每份订单分配教室。如果在分配的过程中遇到一份订单无法完全满足,则需要停止教室的分配,通知当前申请人修改订单。这里的无法满足指从第\(s_j\)天到第\(t_j\)天中有至少一天剩余的教室数量不足\(d_j\)个。
现在我们需要知道,是否会有订单无法完全满足。如果有,需要通知哪一个申请人修改订单。
\(n,m\le 5\times 10^5\)
分析
这题是很明显的线段树题。
我们发现如果用线段树暴力维护区间加,然后一个一个判定是否\(\lt r_i\),时间复杂度由于后者的限制,为\(O(nm)\)。
我们可以很容易想到,刚开始以\(r_i\)建一棵线段树,每次减\(d_i\),判断\(\min_{i=[1,n]} r_i\lt0\)是否成立即可。
时间复杂度\(O(m\log n)\)
在考场上多会几个数据结构还是很好的。
代码
代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e6 + 5;
int seg[MAXN << 3], tag[MAXN << 3], a[MAXN], n, m;
void pushup(int x) {
seg[x] = min(seg[x << 1], seg[x << 1 | 1]);
}
void pushtag(int x) {
if(tag[x]) {
tag[x << 1] += tag[x]; tag[x << 1 | 1] += tag[x];
seg[x << 1] += tag[x]; seg[x << 1 | 1] += tag[x];
tag[x] = 0;
}
}
void build(int x, int l, int r) {
if(l < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
build(x << 1, l, mid);
build(x << 1 | 1, mid + 1, r);
pushup(x);
} else seg[x] = a[l];
}
void modify(int x, int l, int r, int ql, int qr, int k) {
pushtag(x);
if(ql <= l && r <= qr) {
seg[x] += k; tag[x] = k;
} else {
int mid = (l + r) >> 1;
if(ql <= mid) modify(x << 1, l, mid, ql, qr, k);
if(qr > mid) modify(x << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr, k);
pushup(x);
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
int d, s, t;
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
build(1, 1, n);
for(int i = 0; i < m; i++) {
cin >> d >> s >> t;
modify(1, 1, n, s, t, -d);
if(seg[1] < 0) {
cout << -1 << endl << i + 1 << endl;
return 0;
}
}
cout << 0 << endl;
return 0;
}
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