读完题目我们大概就可以想到一种暴力解法了

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int sum[N],d,r[N],s,t,n,m;
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,&s,&t);
        for(int j=s;j<=t;j++)
        {
            sum[j]=sum[j]+d;
        if(r[j]<sum[j])
        {
            cout<<"-1"<<endl<<i;
            return 0;
         }
        }
    }
    cout<<"0";
    return 0;
}

要是能在考场上混45分，那还是不错的。

差分数组

设一个数组diff【】。

那么什么是差分数组呢：

用diff[ i ]记录当前项与上一项的差值：diff[ i ]=a[ i ]-a[ i-1 ];

所以如果我们知道diff【0...i】，就可以求出a【i】了

它的厉害之处在于哪里呢？

如果我们要让a[ l ],a[ l+1 ]...a[ r ]的值同时加上或减去一个数，那么可以这么做

diff[ l ]+=x;

diff[ r+1 ]-=x;

因为对于这个数列，只有两处相邻差发生改变。所以可以O（1）地修改。

对于这道题

如果要检查第一份到第 i 份订单是否有需要修改的，

那么就这么就根据上面说的方法，把d[ 1 ]到d[ i ]一个个加到相应的区间上。

bool check(int per)
{
    memset(diff,0,sizeof(diff));
    for(int i=1;i<=per;i++)
    {
        diff[s[i]]+=d[i];
        diff[t[i]+1]-=d[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        need[i]=need[i-1]+diff[i];
        if(need[i]>r[i]) return true;
    }
    
    return false;
}

所以我们就从1到n跑一遍check就可以了对不对？

别急，先看看能不能二分。

这道题里，如果第 i 份订单需要修改，后面的订单也无法满足。满足单调性。

那么就可以二分了，节约大把时间。

while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid))//找到一个可行解，保存下来，看看有没有更优的(更靠前 
        {
            ans=mid;
            r=mid-1;
        }
        else l=mid+1;
    }

本文结束，谢谢大佬

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