你提到的是 **
洛谷 P
13
14 [NOIP
20
11 提高组] 聪明的质监员**。
这是一道经典的 **
二分答案 + 前缀和优化** 题目。我们来详细分析解法、原理，并提供 AC 代码。
---
## ✅ 题目大意（P
13
14）
给定 $ n $ 个矿石，每个矿石有重量 $ w_i $ 和价值 $ v_i $。
现在你要选一个区间 $[L, R]$ 作为“合格区间”，并设定一个标准值 $ W $。
对于每个区间 $[L,R]$，定义它的“检验值” $ Y $ 为：
> 在 $[L,R]$ 中所有满足 $ w_i \geq W $ 的矿石中：
> - 数量：$ c $
> - 总价值：$ s $
> - 检验值 $ Y = c \times s $
给你 $ m $ 个区间 $[L_j, R_j]$，总检验值是这些区间的 $ Y_j $ 之和。
目标：选择合适的 $ W $，使得总检验值 $ S = \sum Y_j $ 尽可能接近给定的目标值 $ S_0 $，求最小的 $ |S - S_0| $。
---
## 🔍 解题思路
### ❌ 直接枚举 $ W $？不行！
- $ W $ 可能从
1 到 $
10^6 $，甚至更大
- 对每个 $ W $ 都要遍历所有区间计算 $ Y $，时间复杂度太高
### ✅ 正确做法：**
二分答案**
观察性质：
- 当 $ W $ 增大时 → 更少的矿石满足 $ w_i \geq W $ → $ c $ 和 $ s $ 减小 → $ Y $ 减小
- 所以 **总检验值 $ S
(W
) $ 是关于 $ W $ 的非
递增函数**
👉 因此可以对 $ W $ 进行 **
二分查找**，找到使 $ S $ 最接近 $ S_0 $ 的位置。
---
## 🧱 算法步骤
1. 输入所有矿石 $
(w_i, v_i
) $ 和区间 $
(L_j, R_j
) $
2. 确定
二分范围：`l =
1`, `r = max_w +
1`
3. 对每个候选 $ W $：
- 预处理前缀数组：
- `cnt[i]`: 前 $ i $ 个中满足 $ w_j \geq W $ 的个数
- `sum[i]`: 前 $ i $ 个中满足 $ w_j \geq W $ 的价值和
- 对每个查询区间 $[L_j, R_j]$：
- $ c = cnt[R_j] - cnt[L_j -
1] $
- $ s = sum[R_j] - sum[L_j -
1] $
- $ Y_j = c \times s $
- 总 $ S = \sum Y_j $
4.
二分调整 $ W $，记录最小的 $ |S - S_0| $
---
## ⚙️ 时间复杂度
-
二分次数：$ O
(\log
(\max w
)) \approx
20 $
- 每次预处理前缀和：$ O
(n
) $
- 每次处理 $ m $ 个区间：$ O
(m
) $
- 总体：$ O
((n + m
) \log \max w
) $，完全可行
---
## ✅ AC C++ 代码
```cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <climits>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main
() {
int n, m;
ll s0;
cin >> n >> m >> s0;
vector<int> w
(n +
1), v
(n +
1);
for
(int i =
1; i <= n; ++i
) {
cin >> w[i] >> v[i];
}
vector<pair<int, int>> queries
(m
);
for
(int i = 0; i < m; ++i
) {
cin >> queries[i].first >> queries[i].second;
}
// 找最大 w 用于
二分上界
int max_w = *max_element
(w.begin
() +
1, w.end
());
ll min_diff = LLONG_MAX;
//
二分 W
int left =
1, right = max_w +
1;
while
(left <= right
) {
int mid =
(left + right
) /
2;
// 构造前缀数组：满足 w[i] >= mid 的才计入
vector<int> cnt
(n +
1, 0
);
vector<ll> sum
(n +
1, 0
);
for
(int i =
1; i <= n; ++i
) {
cnt[i] = cnt[i -
1];
sum[i] = sum[i -
1];
if
(w[i] >= mid
) {
cnt[i]++;
sum[i] += v[i];
}
}
// 计算总检验值 S
ll total_S = 0;
for
(const auto& q : queries
) {
int L = q.first, R = q.second;
int c = cnt[R] - cnt[L -
1];
ll s = sum[R] - sum[L -
1];
total_S +=
(ll
)c * s; // 注意强转防止溢出
}
// 更新最小差值
min_diff = min
(min_diff, abs
(total_S - s0
));
//
二分调整
if
(total_S >= s0
) {
left = mid +
1; // S 太大，说明 W 太小，需增大 W
} else {
right = mid -
1; // S 太小，说明 W 太大，需减小 W
}
}
cout << min_diff << endl;
return 0;
}
```
---
## ✅ 关键点解释
| 技巧 | 说明 |
|------|------|
| `cnt` 和 `sum` 前缀数组 | 快速计算任意区间内符合条件的个数和总价值 |
|
二分方向判断 | 若 `total_S >= s0`，说明当前 $ W $ 还不够大 → 要提高 $ W $ 来降低 $ S $ |
| `abs
(total_S - s0
)` | 必须在每次迭代中更新，不能只取最终值 |
| 使用 `long long` | `total_S` 可能达到 $
10^{
10} $ 或更高 |
---
## 🧪 样例测试建议
输入样例：
```
5 3
10
1 1
2 2
3 3
4 4
5 5
1 2
2 3
3 4
```
输出应为某个较小的
整数（具体看数据），程序会输出最接近 $ S_0=
10 $ 的绝对差。
---
本文介绍了一种算法，用于找出最少需要修改哪些数字才能使一个整数序列变为严格递增序列。通过使用二分查找法优化插入位置，有效地减少了计算复杂度。
扫一扫
848
被折叠的 条评论
为什么被折叠?
到【灌水乐园】发言
