持续创作，加速成长！这是我参与「掘金日新计划 · 10 月更文挑战」的第5天，点击查看活动详情这应该是本蒟蒻第一道不看题解写出来的绿题（虽然大佬可能觉得很水（~~轻点骂~~）），我们来看题。

[NOIP2011 提高组] 聪明的质监员

题目描述

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 $w_i$ 以及价值 $v_i$ 。检验矿产的流程是：

1 、给定 $m$ 个区间 $[l_i,r_i]$ ；

2 、选出一个参数 $W$ ；

3 、对于一个区间 $[l_i,r_i]$ ，计算矿石在这个区间上的检验值 $y_i$ ：

$y_i=\sum\limits_{j=l_i}^{r_i}[w_j \ge W] \times \sum\limits_{j=l_i}^{r_i}[w_j \ge W]v_j$

其中 $j$ 为矿石编号。

这批矿产的检验结果 $y$ 为各个区间的检验值之和。即： $\sum\limits_{i=1}^m y_i$

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 $|s-y|$ 最小。请你帮忙求出这个最小值。

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，每行两个整数，中间用空格隔开，第 $i+1$ 行表示 $i$ 号矿石的重量 $w_i$ 和价值 $v_i$ 。

接下来的 $m$ 行，表示区间，每行两个整数，中间用空格隔开，第 $i+n+1$ 行表示区间 $[l_i,r_i]$ 的两个端点 $l_i$ 和 $r_i$ 。注意：不同区间可能重合或相互重叠。

输出格式

一个整数，表示所求的最小值。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

提示

【输入输出样例说明】

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 $10$ 。

【数据范围】

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 $1 ≤n ,m≤200,000$ ， $0 < w_i,v_i≤10^6$ ， $0 < s≤10^{12}$ ， $1 ≤l_i ≤r_i ≤n$ 。

$PS:$ 有一说一，受高中数学的影响，我第一眼竟然看不懂 $y_i=\sum\limits_{j=l_i}^{r_i}[w_j \ge W] \times \sum\limits_{j=l_i}^{r_i}[w_j \ge W]v_j$ 这个式子，后来发现这个式子意思是在 $[l_i,r_i]$ 区间内 $w$ 值 $≥W$ 的矿产品的个数之和与这些矿产品对应的 $v$ 值的和的乘积。

分析

现在我们正式对这题分析一下，这题的题意就是给定每个矿产品的 $w$ 和 $v$ 值，给了 $m$ 个区间，要我们找出一个参数 $W$ ，使得每个区间里面 $≥W$ 的矿产品数量之和与它们对应的 $v$ 值之和的乘积之和与给定的 $S$ 差的绝对值最小。看似有点绕，其实，第一思路很直接，从 $1$ 开始枚举 $W$ 的值，然后取最小的 $|s-y|$ 的值......(编不下去了，复杂度直接爆炸)，这里代码就不展示了，然后第二思路，我们发现对 $W$ 的取值明显是一个单调的过程，因此我们想到了二分答案，二分 $W$ 的值，然后枚举每个区间，找到最小的那个 $|s-y|$ ，具体代码实现

代码1

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string> 
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <stack> 
#include <cmath>
#include <iomanip>
#define int long long
#define AC return
#define Please 0
using namespace std;
const int N=201010;
const double eps=1e-6;
int n,m,s;
int le[N],ri[N],maxn=-1;
typedef pair<int,int>PII;
typedef unsigned long long ull; 
bool flag[N];
inline int read(){//快读 
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9'){
        if(ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0' && ch<='9'){
        x=x*10+ch-'0'; 
        ch=getchar();
    }
    AC x*f;
}
struct good{
	int w,v;
}a[N];
good b[N];
int check(int x){
	int sum=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		b[i]=a[i];
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int num=0,val=0;
		for(int j=le[i];j<=ri[i];j++){
			if(a[j].w>=x){
				num++;
				val+=a[j].v;
			}
		}
		sum+=num*val;
	}
	return sum;
}
signed main(){
	cin>>n>>m>>s;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i].w>>a[i].v;
		maxn=max(maxn,a[i].w);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>le[i]>>ri[i];
	}
	int l=0,r=maxn+1,ans=1e18;
	while(l<r){
		int mid=l+r+1>>1;
		ans=min(ans,abs(check(mid)-s));
		if(check(mid)>=s){
			l=mid;
		}
		else r=mid-1;
	}
	cout<<ans<<endl;
    AC Please;
}

当然这个复杂度显然过不去因为 $O(mnlogn)$ 也几乎 $t$ 飞了，于是得到了 $50$ 分，随后我就在思考怎么优化（其实大佬一眼就能看出来这个优化），我们发现由于是要 $≥W$ 对应的 $w$ 的值相加，因此我们考虑到前缀和，只要把 $＜W$ 的值的 $v$ 和 $w$ 都变成 $0$ ,再把 $≥W$ 的 $v$ 值都变成 $1$ ，然后可以用前缀和预处理出 $v$ 和 $w$ 的和，那样 $O(1)$ 的复杂度就可以把每个 $y_i$ 的值算出来了，最后的总时间复杂度是 $O(mlogn)$ ，完美解决问题~。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string> 
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <stack> 
#include <cmath>
#include <iomanip>
#define int long long
#define AC return
#define Please 0
using namespace std;
const int N=201010;
const double eps=1e-6;
int n,m,s;
int le[N],ri[N],maxn=-1,num[N],value[N];
typedef pair<int,int>PII;
typedef unsigned long long ull; 
bool flag[N];
inline int read(){//快读 
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9'){
        if(ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0' && ch<='9'){
        x=x*10+ch-'0'; 
        ch=getchar();
    }
    AC x*f;
}
struct good{
	int w,v;
}a[N];
good b[N];
int check(int x){
	int sum=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		b[i]=a[i];//先要复制一份值，防止a发生改变
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(b[i].w<x) b[i].w=b[i].v=0;
		else b[i].w=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		num[i]=num[i-1]+b[i].w;
		value[i]=value[i-1]+b[i].v;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		sum+=(num[ri[i]]-num[le[i]-1])*(value[ri[i]]-value[le[i]-1]);
	}
	return sum;
}
signed main(){
	cin>>n>>m>>s;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i].w>>a[i].v;
		maxn=max(maxn,a[i].w);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>le[i]>>ri[i];
	}
	int l=0,r=maxn+1,ans=1e18;//l是可以取到0滴，QAQ。
	while(l<r){
		int mid=l+r+1>>1;
		ans=min(ans,abs(check(mid)-s));
		if(check(mid)>=s){
			l=mid;
		}
		else r=mid-1;
	}
	cout<<ans<<endl;
    AC Please;
}

这题我还学到了一点，就是在这种取绝对值最小的二分，每次都要取每个 $mid$ 的 $min$ 而不是和古老的二分一样，因为在 $0$ 的左右都可能出现正确答案。希望能帮助到大家（ $QAQ$ ）!

洛谷 [NOIP2011 提高组] 聪明的质监员