题解 P1314 【聪明的质监员】

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。

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W来减小Y,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]，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]+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];
    }
    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);
    if(Y>s) return true;
    else return false;

}
int main(){
//  freopen("qc.in","r",stdin);
//  freopen("qc.out","w",stdout); 
    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;  //这里有的人说要特判左右端点的check，但是其实你把left开成mn-1,right开成mx+2(注意取mx+1时即为W比所有都大，Y是0，这个情况要考虑，所以+2包含mx+1)就可以包含左右端点的check了，会简单点。
    long long ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;//ll 范围内的无穷大，近似于(maxll/2)的大小
    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;
}