https://www.cnblogs.com/violet-acmer/p/9721160.html
一、暴力简述
首先我们不难看出，这道题--并不是一道多难的题，因为显然，第一眼看题目时便很容易地想到暴力如何打：枚举每一种订单，然后针对每一种订单，对区间内的每一天进行修改（做减法），直到某一份订单使得某一天剩下的教室数量为负数，即可得出结果。
先小小的评析一下吧：凡是能打出几近正解的暴力题，都不是难题！
但是，显然枚举形式的暴力会很慢，期望的时间复杂度约为O(m \times n)O(m×n)。
二、思想详述
让我们开动脑筋想一下：每张订单其实就可以看作是一个区间（操作），左右区间分别为开始时间和结束时间，所以这不就是一个区间操作吗——首选线段tree啦！
先介绍一种好理解、好实现的算法：差分数组。
在介绍差分之前，需要介绍前缀和思想
我们有一组数（个数小于等于一千万），并且有一大堆询问——给定区间l、r,求l、r之间所有数之和（询问个数小于等于一千万）
此处暴力肯定不行啊（O（NQlength）），那么我们来观察前缀和是怎么做的：用sum[i]来存储前i个数的和，然后用sum[r]-sum[l-1]来表示l~r之间所有数的和。（l-1原因是l~r只看要包含l）而sum数组便可以通过简单的递推求出来
代码核心：
for(int i=;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
sum[i]=sum[i-]+a[i];
}
for(int i=;i<=q;i++)
{
cin>>l>>r;
cout<<sum[r]-sum[l-]<<" ";
}
而所谓的差分数组，即是前缀和数组的逆运算：
我们给定前i个数相邻两个数的差（1<=i<=n）,求每一项a[i]（1<=i<=n）。
此时无非就是用作差的方式求得每一项，此时我们可以有一个作差数组diff，diff[i]用于记录a[i]-a[i-1],然后对于每一项a[i],我们可以递推出来：
for(int i=;i<=n;i++)
{
cin>>diff[i];
a[i]=diff[i]+a[i-];
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
cout<<a[i];
}
到这儿，我们可以看出来，前缀和是用元数据求元与元之间的并集关系，而差分则是根据元与元之间的逻辑关系求元数据，是互逆思想（qwq但是有时元数据和关系数据不是很好辨别或者产生角色反演啊）。
但是，理解了前缀和&差分，并不代表肯定能做到模板题。
三、关于答案二分
一般来说，二分是个很有用的优化途径，因为这样会直接导致减半运算，而对于能否二分，有一个界定标准：状态的决策过程或者序列是否满足单调性或者可以局部舍弃性。
而在这个题里，因为如果前一份订单都不满足，那么之后的所有订单都不用继续考虑；
而如果后一份订单都满足，那么之前的所有订单一定都可以满足，符合局部舍弃性，所以可以二分订单数量。
四、正解
首先，要明白如为什么要用区间差分而不是区间前缀和：因为这个题每次操作针对的对象都是原本题目中给的元数据，而不是让求某个关系，所以采用差分。
其次，要知道差分会起到怎样的作用：因为diff数组决定着每个元数据的变化大小、趋势，所以，当我们想要针对区间操作时，前缀和可以转化成对diff数组操作：
diff[l[i]] += d[i];
diff[r[i]+] -= d[i];//d[i]是指第 i 天要借的教室数
因为后面的元数据都由之前的diff数组推导出来，所以改变diff[i]就相当于改变 i 之后的每一个值，并通过重新减去改变的量，达到操作区间的目的。
then，我们需要想明白策略：从第一份订单开始枚举，直到无法满足或者全枚举完结束。
最后，一点提示，我下面的标程是通过比大小来判断是否满足，而不是作差判负数——能不出负数就别出负数。
以上解析来自大佬%%%%%%%:https://www.luogu.org/problemnew/solution/P1083
差分数组讲解--大佬博客:http://www.cnblogs.com/widsom/p/7750656.html
AC代码1：差分数组
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=1e6+; int n,m;
struct Node1
{
int l,r;
int d;
}ord[maxn];//订单 l : 开始时间 r : 结束时间 d : 每天需要的房间数
int rest[maxn];//rest[i] : 第 i 可以提供的房间数
int diff[maxn];//差分数组
int need[maxn];//need[i] : 第 i 天需要的房间数 bool isOk(int x)
{
memset(diff,,sizeof(diff));
for(int i=;i <= x;++i)
{
diff[ord[i].l] += ord[i].d;
diff[ord[i].r+] -= ord[i].d;
}
for(int i=;i <= n;++i)
{
need[i]=need[i-]+diff[i];
if(need[i] > rest[i])
return false;
}
return true;
} int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i <= n;++i)
scanf("%d",rest+i);
for(int i=;i <= m;++i)
scanf("%d%d%d",&ord[i].d,&ord[i].l,&ord[i].r); if(isOk(m))
{
printf("0\n");
return ;
}
int l=,r=m;
while(l < r)//二分查找答案
{
int mid=l+((r-l)>>);
if(isOk(mid))
l=mid+;
else
r=mid;
}
printf("%d\n%d\n",-,r);
}
线段树解法：
看题解前要确保会线段树区间更新的模板题(懒惰标记)以及用线段树解决RMQ问题的模板题。
变量解释：
rest[ i ] : 第 i 天可以提供的房间数
flag : 判断某订单是否满足条件，初始为false
定义的线段树结构体：
struct Node1
{
int l,r;
int val;
int lazy;
int mid(){
return l+((r-l)>>);
}
bool isEqual(){
return l == r ? true:false;
}
}segTree[*maxn];
l,r : 左右区间
lazy : 懒惰标记，此处不再是表示懒惰的次数，而是表示在当前节点懒惰的值
val : 如果节点v是非叶节点，则其存储的是左右儿子中的val值较小的值，叶节点存储的是第 i 天可以提供的房间数
题解：
线段树的节点存储的是区间最小值，每次区间更新时判断懒惰的区间是否满足条件 (订单需要的房间数 <= 可以提供的房间数)，如果不满足，令 flag = true,结束更新操作。
因为区间更新操作是顺次执行第一份订单到最后一份订单，所以第一个使flag == true的订单一定是第一个不满足条件的订单，输出此订单编号。
具体细节看代码。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ls(x) ((x)<<1)
#define rs(x) ((x)<<1 | 1)
const int maxn=1e6+; int n,m;
int rest[maxn];
bool flag;
//==============线段树============
struct Node1
{
int l,r;
int val;
int lazy;
int mid(){
return l+((r-l)>>);
}
bool isEqual(){
return l == r ? true:false;
}
}segTree[*maxn];
void pushUp(int pos)//向上更新，左右孩子的最小值
{
segTree[pos].val=min(segTree[ls(pos)].val,segTree[rs(pos)].val);
}
void buildTree(int l,int r,int pos)
{
segTree[pos].l=l,segTree[pos].r=r;
segTree[pos].lazy=;
if(segTree[pos].isEqual())
{
segTree[pos].val=rest[l];
return ;
}
int mid=l+((r-l)>>);
buildTree(l,mid,ls(pos));
buildTree(mid+,r,rs(pos));
pushUp(pos);
}
void pushDown(int pos)//向下更新
{
if(segTree[pos].lazy > )//不能再懒惰了
{
int lazy=segTree[pos].lazy;
segTree[ls(pos)].lazy += lazy;
segTree[rs(pos)].lazy += lazy;
segTree[ls(pos)].val -= lazy;
segTree[rs(pos)].val -= lazy;
segTree[pos].lazy=;
}
}
void update(int l,int r,int val,int pos)
{
if(l == segTree[pos].l && r == segTree[pos].r)
{
segTree[pos].lazy += val;
if(segTree[pos].val < val)//判断是否满足条件
{
flag=true;//如果不能提供足够的房间，令 flag = true ,结束更新
return ;
}
segTree[pos].val -= val;
pushUp(pos>>);
return ;
}
pushDown(pos);
int mid=segTree[pos].mid();
if(r <= mid)
update(l,r,val,ls(pos));
else if(l > mid)
update(l,r,val,rs(pos));
else
{
update(l,mid,val,ls(pos));
update(mid+,r,val,rs(pos));
}
pushUp(pos);
}
//================================ int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i <= n;++i)
scanf("%d",rest+i);
buildTree(,n,);
flag=false;
for(int i=;i <= m;++i)
{
int d,s,t;
scanf("%d%d%d",&d,&s,&t);
update(s,t,d,);
if(flag)
{
printf("%d\n%d\n",-,i);//输出第一个使 flag = true 的订单编号
return ;
}
}
printf("0\n");
return ;
}