题解 | 聪明的质检员-NOIP2011提高组复赛

算法知识点：二分，前缀和

复杂度： $O(n^2)$

解题思路：

观察每个区间的值 $Y_i = (\sum _j 1) * (\sum _j v_j), j \in [L_i, R_i]$ 且 $w_j \ge WY_i=(∑_j1)∗(∑_jv_j),j∈[L_i,R_i]$ 且 $w_j≥W$ 。

当 $W$ 增大时，区间 $[L_i,R_i]$ 中满足要求的 $(w_i,v_i)$ 会减少，同时所有 $v_i≥0$ ，因此 $Y_i$ 的值也会减少。

由于 $Y=∑_iY_i$ ，所以 $Y$ 随 $W$ 单调递减。

因此我们可以二分出距离 $S$ 最近的值。

剩下的问题是当 $W$ 确定之后，我们如何快速求出每个 $Y_i$ 。
这里可以预处理出所有满足 $w_i≥W$ 的元素的前缀和，之后可以 $O(1)$ 时间求出每个区间中所有 $v_i$ 的和，以及满足要求的元素个数。

时间复杂度分析：

总共二分 $O(logW)$ 次，每次预处理前缀和的计算量是 $O(N)$ ，求 $Y$ 的计算量是 $O(M)$ 。因此总时间复杂度是 $O(N + M)logW)$ 。

C++ 代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
 
typedef long long LL; const int N = 200010;
 
int n, m;
LL S;
int w[N], v[N];
int l[N], r[N];
int cnt[N];
LL sum[N];
 
LL get(int W)
{
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (w[i] >= W)
        {
            sum[i] = sum[i - 1] + v[i];
            cnt[i] = cnt[i - 1] + 1;
        }
    else
    {
        sum[i] = sum[i - 1];
        cnt[i] = cnt[i - 1];
    }
 
    LL res = 0;
    for (int i = 0; i < m; i++) res += (cnt[r[i]] - cnt[l[i] - 1]) *(sum[r[i]] - sum[l[i] - 1]);
    return res;
}
 
int main()
{
    scanf("%d%d%lld", &n, &m, &S);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &w[i], &v[i]);
    for (int i = 0; i < m; i++) scanf("%d%d", &l[i], &r[i]);
 
    int l = 0, r = 1e6 + 1;
    while (l < r)
    {
        int mid = l + r + 1 >> 1;
        if (get(mid) >= S) l = mid;
        else r = mid - 1;
    }
 
    printf("%lld\n", min(abs(get(r) - S), abs(S - get(r + 1))));
 
    return 0;
}

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