<think>题目：P1083 [
NOIP2012 提高组] 借
教室
题目描述：我们需要处理n天的借
教室订单，有m个订单。每个订单包含三个参数：d_j, s_j, t_j，表示从第s_j天到第t_j天，每天需要借d_j个
教室。
我们按照订单顺序处理，如果某个订单无法满足（即某一天剩余的
教室数量不足），则拒绝该订单，并且输出该订单编号。
若所有订单都能满足，则输出0。
输入格式：
第一行：两个正整数n, m，表示天数和订单数量。
第二行：n个正整数，第i个数表示第i天可用于租借的
教室数量。
接下来m行，每行三个正整数d_j, s_j, t_j，表示第j个订单。
输出格式：
若所有订单都能满足，输出0；否则输出-1，并输出第一个无法满足的订单编号（即第一次出现不能满足的订单）。
注意：订单是按照顺序处理的，所以我们需要依次处理每个订单，并且一旦发现某个订单无法满足，就停止处理。
常规思路：直接模拟，对于每个订单，将区间[s_j, t_j]内的每一天都减去d_j，如果某一天减成了负数，则说明该订单不能满足。但是这样时间复杂度是O(n*m)，对于n和m最大10^6，会超时。
优化思路：使用差分数组进行区间更新，然后结合前缀和还原，同时需要二分答案（因为订单是顺序处理的，第一个不满足的订单具有二分性质：如果第x个订单不满足，则x之后的订单都不满足，而x之前的都满足）。
具体步骤：
1. 读入n, m，以及每天的
教室数量数组r（1-indexed，方便处理）
2. 读入订单，每个订单包括d, s, t
3. 二分订单编号，判断从第1个订单到第mid个订单是否都能满足。判断时，使用差分数组来快速进行区间减法操作，然后检查每一天是否出现负数（即供不应求）。
二分框架：
left = 1, right = m
while (left <= right) {
mid = (left+right)/2
if (check(mid)) { // 前mid个订单都能满足
left = mid+1
} else {
right = mid-1
}
}
如果left==m+1，说明所有订单都满足，输出0。
否则，输出-1和left（因为left是第一个不满足的订单编号）
注意：在check(mid)函数中，我们用差分数组来模拟前mid个订单的
教室借用情况。
差分数组diff[1...n]初始为0，然后对于每个订单i (1<=i<=mid)，执行：
diff[s_i] += d_i
diff[t_i+1] -= d_i （注意t_i+1要在数组范围内，否则不用处理）
然后计算前缀和，即第k天的
教室使用量 = diff[1] + diff[2] + ... + diff[k]
然后检查每一天k：如果使用量 > r[k]（第k天原有的
教室数量），则返回false（表示不能满足）。
否则返回true。
但是注意：差分数组的更新是累加的，所以每次check(mid)都需要重新初始化diff数组，然后重新处理前mid个订单。
然而，如果每次check都重新处理前mid个订单，那么每次check的时间复杂度是O(mid+n)，总的时间复杂度是O((m+n)*log(m))，对于n,m最大10^6，log(m)约为20，总操作次数为20*(10^6+10^6)=40e6，在C++中是可以接受的。
实现细节：
- 数组大小：天数和订单数量最大均为10^6，所以数组开1000000+10。
- 注意差分数组的边界：当t_i+1<=n时才需要减，否则不需要（超出数组范围）。
代码步骤：
1. 读入数据
2. 二分订单编号
3. 编写check函数：判断前x个订单是否都能满足。
注意：二分时，我们寻找的是第一个不能满足的订单。如果前x个订单都满足，那么第一个不能满足的订单在x+1之后；如果前x个订单不能满足，那么第一个不能满足的订单在x或之前。
输出：如果所有订单都满足（即left=m+1），输出0；否则输出-1和left（因为left是第一个不满足的订单编号）。
但是注意：我们二分的结果是left，因为当check(mid)满足时，说明前mid个订单都可以，那么第一个不满足的订单在mid+1，所以left=mid+1；当check(mid)不满足时，第一个不满足的订单在mid或之前，所以right=mid-1。最后left指向第一个不满足的订单。
因此，如果最后left落在[1, m]之间，则输出left；如果left==m+1，则说明所有订单都满足。
代码实现：
注意：差分数组在每次check时都需要重新初始化（可以每次check都创建一个新的全0数组，但这样频繁创建数组可能效率不高，所以我们可以使用一个全局的diff数组，然后在每次check时用循环将其清零？但是清零操作需要O(n)，总时间复杂度O(n*logm)≈20*10^6=2e7，可以接受。或者我们可以用两个数组，一个用于存储原
教室数量，另一个用于差分，然后在check函数中每次将差分数组清零的操作改为用memset？但是memset也是O(n)的。另外，我们可以使用一个临时数组，然后在check函数内部定义，利用作用域自动释放，这样也可以。
由于n最大1e6，logm最多20，所以最多执行20次O(n)的操作，总操作次数20e6，可以过关。
另一种优化：不实际清零，而是记录当前check的订单数，然后每次只重新添加前x个订单？这样不行，因为每个check的x不同。
因此，我们选择在check函数内部定义局部数组，然后每次重新计算。但是这样会多次申请和释放，但总空间在20*10^6*4（int）=80MB，可能超过栈空间（局部数组在栈上可能太大），所以我们将其定义为全局数组，然后在每次check时用循环填充0（或者用memset）。但是注意：全局数组的话，每次check都要清零，我们可以用循环清零，或者用memset，但memset对于1e6的数组大约1ms，20次就是20ms，可以接受。
或者，我们可以在check函数内使用vector，但是动态分配也会有点时间开销。
为了效率，我们使用一个全局的差分数组，并在每次check时清零（用循环将每个位置赋0，或者用memset，但是循环清零我们可以只清零需要的那部分：1到n+1，因为订单只用到n天，所以差分数组我们只需要1到n+1，清零长度为n+2）。
具体步骤：
定义全局数组：const int MAXN = 1000010;
int diff[MAXN]; // 差分数组，大小为MAXN，索引从1到n+1
int r[MAXN]; // 每天的
教室数量
int d[MAXN], s[MAXN], t[MAXN]; // 存储订单
在check(x)函数中：
将diff[1]到diff[n+1]清零（因为订单更新可能会用到n+1）。
然后对于每个订单i（从1到x）：
diff[s[i]] += d[i];
if (t[i] + 1 <= n) {
diff[t[i] + 1] -= d[i];
}
然后计算前缀和sum=0，遍历每一天k（1到n）：
sum += diff[k];
if (sum > r[k]) { // 第k天需要的
教室大于拥有的
教室
return false;
}
如果全部天数都满足，则返回true。
注意：这里我们使用全局数组，所以在check函数中清零是必须的，否则会受到上一次的影响。
但是，我们可以避免每次清零整个数组吗？因为每次check处理的订单数不同，我们可以用另一种方式：在每次check时，我们重新创建一个临时数组，然后计算前缀和。但是这样内存消耗较大。
或者，我们可以不全局清零，而是用减法撤销？但是这样并不简单，因为每次订单数量不同。
因此，我们决定使用全局数组，并在每次check时清零，但是只清零需要的位置（1到n+1），用循环。
代码示例：
注意：由于n和m最大为10^6，所以数组大小设为1000010。
输入输出使用scanf和printf，因为数据量较大。
完整代码：
</think>以下是解决「借
教室」问题的 C++ 实现。该方法使用**差分数组**和**二分答案**技术优化订单处理，时间复杂度为 \(O((n + m) \log m)\)，适用于大规模数据。
### 解决方案代码
```cpp
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1000010;
int n, m;
int r[MAXN]; // 每天可用
教室数量
int d[MAXN], s[MAXN], t[MAXN]; // 订单信息
long long diff[MAXN]; // 差分数组（使用long long防溢出）
// 检查前x个订单是否可以满足
bool check(int x) {
memset(diff, 0, sizeof(diff)); // 重置差分数组
for (int i = 1; i <= x; i++) {
diff[s[i]] += d[i]; // 区间起点添加订单量
if (t[i] + 1 <= n) {
diff[t[i] + 1] -= d[i]; // 区间终点后一天减去订单量
}
}
long long current = 0; // 当前每天的借用总量
for (int i = 1; i <= n; i++) {
current += diff[i]; // 计算前缀和
if (current > r[i]) {
return false; // 超过当天可用
教室
}
}
return true;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &r[i]);
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d%d%d", &d[i], &s[i], &t[i]);
}
int left = 1, right = m; // 二分订单编号
int ans = 0;
while (left <= right) {
int mid = (left + right) >> 1;
if (check(mid)) {
left = mid + 1; // 前mid个订单可满足
} else {
ans = mid; // 记录第一个不满足的订单
right = mid - 1;
}
}
if (ans == 0) {
printf("0\n"); // 所有订单均满足
} else {
printf("-1\n%d\n", ans); // 输出第一个不满足的订单
}
return 0;
}
```
### 代码解释
1. **核心数据结构**：
- `r[]`：存储每天初始可用
教室数量
- `d[], s[], t[]`：存储订单的借用量、起始天和终止天
- `diff[]`：差分数组，用于高效处理区间修改
2. **`check(int x)` 函数**：
- **差分数组构建**：遍历前 `x` 个订单，在 `s[i]` 处添加 `d[i]`，在 `t[i]+1` 处减去 `d[i]`（若未越界）
- **前缀和计算**：逐天累加差分数组值，得到每天实际借用量
- **容量检查**：若某天借用量超过 `r[i]` 则返回 `false`
3. **二分查找逻辑**：
- **初始化**：`left=1`, `right=m`
- **二分过程**：若前 `mid` 个订单可满足，则向右搜索；否则向左搜索
- **结果判定**：若 `ans` 为 0 则全部满足；否则输出第一个失败订单
4. **时间复杂度**：
- 每次 `check()` 操作：\(O(n + m)\)
- 二分次数：\(O(\log m)\)
- 总复杂度：\(O((n + m) \log m)\)
5. **空间复杂度**：
- 使用 \(O(n + m)\) 的数组存储数据
- 差分数组额外占用 \(O(n)\) 空间
### 注意事项
- **差分数组边界**：需检查 `t[i]+1` 不超过 `n`，防止数组越界
- **数据类型**：使用 `long long` 防止累加过程中的整数溢出
- **初始化清零**：每次 `check()` 需重置差分数组避免脏数据
- **输入输出**：使用 `scanf/printf` 提高效率
### 算法分析
1. **差分技术**：将区间修改优化为 \(O(1)\) 操作
2. **二分答案**：利用订单处理的单调性（前k个满足则k-1个必满足）
3. **时间复杂度对比**：
- 暴力模拟：\(O(nm)\)（超时）
- 优化方案：\(O((n+m)\log m)\)（高效）
本文介绍了一个基于编程的教室预订系统的设计思路。面对大量的预订请求，系统采用先到先得原则进行资源分配，并通过二分搜索及前缀和的方法判断是否能满足所有预订需求，最终确定是否有无法满足的订单。
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