【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;
}