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题意：一共有n天，每天可提供Ri个教室，有m份订单，每份订单是从第Si天到第Ji天，借Di个教室，问是否能借完。

分析：一开始想着用线段树，但是线段树在区间更新的时候并不是一个个更新，而是将一整个区间的值改变，对应的点想要查询时再将lazy标记下放，用线段树会非常慢，故不用线段树。

 这里有一篇非常好的博客：

在这里提炼下内容：

差分是前缀和数组的逆运算

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

是否能二分的界定标准是：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。（不太好懂，看代码就能理解）

注意：need数组是独立于rest数组的，diff数组是服务于need数组的，diff[i]数组是need[i]-need[i-1]，我们利用差分方便的进行修改，最后求出need数组与rest数组做比较（不要轻易相减以防出现re）

#include
     
      using namespace std;typedef long long ll;const int inf=0x3f3f3f3f;//这个数是1e9数量级的，且可以用memset函数 const int maxn=1e6+7;const double pi=acos(-1);const int mod=1e9+7;int rest[maxn],d[maxn],l[maxn],r[maxn],diff[maxn],need[maxn];int n,m;bool isok(int x){
   //用来判断前x份订单需不需要进行修改     memset(diff,0,sizeof(diff));    for(int i=1;i<=x;i++){        diff[l[i]]+=d[i];        diff[r[i]+1]-=d[i];    }    for(int i=1;i<=n;i++){        need[i]=need[i-1]+diff[i];        if(need[i]>rest[i]){            return 0;        }    }    return 1;}int main(){    cin>>n>>m;    for(int i=1;i<=n;i++){        scanf("%d",&rest[i]);    }    for(int i=1;i<=m;i++){        scanf("%d%d%d",&d[i],&l[i],&r[i]);    }    if(isok(m)){cout<<0<