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acwing 503 借教室

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题意

m份订单，每份订单需要从s天到t天租借d个教室，每天都有r个教室可供租借，每个订单含顺序执行，不需要考虑每天是否需要更换租借教室，求从哪份订单开始会供不应求

思路

​ 显然由于订单的不断积累，每天租借的教室数量保证会持续上涨，满足了单调性，再看一下时间复杂度，1e6的话O(nlogn)能卡，很自然的可以想到二分答案的做法。

​ 二分的难点主要在check，但是二分可以O(n)的来处理，那么我们可以将当前需要check的前x个订单内容加起来，再去查看每天是否有超出可租借范围的。这样思路上没问题，但是前x个订单内容加起来如果直接暴力执行的话，每天都加上某个值显然时间复杂度过高，这种区间加有两种处理方法，一种是直接上数据结构，无脑套线段树，另一种就是通过差分把区间加改为单点加，这样时间复杂度就没有问题了。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
#define endl '\n'
const int N=1e6+10;
typedef pair<int,int>pp;

void solve()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    vector<int>r(n+1);
    vector<int>d(m+1),s(m+1),t(m+1);
    for(int i=1;i<=n;++i)cin>>r[i];
    for(int i=1;i<=m;++i){
        cin>>d[i]>>s[i]>>t[i];
    }
    auto check=[&](int x){
        vector<int>num(n+5);
        for(int i=1;i<=x;++i){
            num[s[i]]+=d[i];
            num[t[i]+1]-=d[i];
        }
        int sum=0;
        for(int i=1;i<=n;++i){
            sum+=num[i];
            // if(tt!=0)cerr<<x<<" "<<sum<<endl;
            if(sum>r[i])return false;
        }
        return true;
    };
    int l=0,rr=m;
    while(l<=rr){
        int mid=l+rr>>1;
        // cerr<<mid<<endl;
        if(check(mid))l=mid+1;
        else rr=mid-1;
        // cerr<<l<<" "<<rr<<endl;
    }
    if(l>m)cout<<0<<endl;
    else {
        cout<<-1<<endl;
        cout<<l<<endl;
    }
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int T=1;
    // cin>>T;
    while(T--)	solve();
    return 0;
}