[bzoj4627][BeiJing2016]回转寿司 权值线段树

Description

酷爱日料的小Z经常光顾学校东门外的回转寿司店。在这里，一盘盘寿司通过传送带依次呈现在小Z眼前。不同的寿

司带给小Z的味觉感受是不一样的，我们定义小Z对每盘寿司都有一个满意度，例如小Z酷爱三文鱼，他对一盘三文

鱼寿司的满意度为10；小Z觉得金枪鱼没有什么味道，他对一盘金枪鱼寿司的满意度只有5；小Z最近看了电影“美

人鱼”，被里面的八爪鱼恶心到了，所以他对一盘八爪鱼刺身的满意度是-100。特别地，小Z是个著名的吃货，他

吃回转寿司有一个习惯，我们称之为“狂吃不止”。具体地讲，当他吃掉传送带上的一盘寿司后，他会毫不犹豫地

吃掉它后面的寿司，直到他不想再吃寿司了为止。今天，小Z再次来到了这家回转寿司店，N盘寿司将依次经过他的

面前，其中，小Z对第i盘寿司的满意度为Ai。小Z可以选择从哪盘寿司开始吃，也可以选择吃到哪盘寿司为止，他

想知道共有多少种不同的选择，使得他的满意度之和不低于L，且不高于R。注意，虽然这是回转寿司，但是我们不

认为这是一个环上的问题，而是一条线上的问题。即，小Z能吃到的是输入序列的一个连续子序列；最后一盘转走

之后，第一盘并不会再出现一次。

Input

第一行包含三个整数N，L和R，分别表示寿司盘数，满意度的下限和上限。

第二行包含N个整数Ai，表示小Z对寿司的满意度。

N≤100000，|Ai|≤100000，0≤L, R≤10^9

Output

仅一行，包含一个整数，表示共有多少种选择可以使得小Z的满意度之和

不低于L且不高于R。

Sample Input

5 5 9
1 2 3 4 5

Sample Output

6

 

题解：

       本题其实是挺裸的一道数据结构维护前缀和题目。我们读完题目可以发现，其实就是找满足L<=sum[l,r]<=R的[l,r]有多少对。很容易想到用权值线段树（树状数组肯定更简洁但我为了熟练一下线段树的操作于是选择了线段树QAQ）维护一下前缀和。对于每个前缀和sum[i]，我们找在它之前有多少sum[j]满足sum[i]-L<=sum[j]<=sum[i]-R(这个式子其实是L<=sum[i]-sum[j]<=R的变形)即可。

 

AC代码：

(代码冗长大佬勿喷QAQ)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int Maxn=200005;
ll n,l,r,L,R;
ll a[Maxn],sum[Maxn],rank[Maxn],ans,s[Maxn];
struct node{
    ll x,c,l,r;
}t[Maxn*4];
struct node2{
    ll x,idx;
}se[Maxn];
bool cmp(node2 x,node2 y){
    return x.x<y.x;
}
inline ll lson(ll rt){
    return rt*2;
}
inline ll rson(ll rt){
    return rt*2+1;
}
inline void pushup(ll rt){
    t[rt].x=t[lson(rt)].x+t[rson(rt)].x;
}
inline void build(ll l,ll r,ll rt){
    t[rt].l=l;t[rt].r=r;
    if(l==r){
        return;
    }
    ll mid=l+r>>1;
    build(l,mid,lson(rt));
    build(mid+1,r,rson(rt));
    pushup(rt);
}
inline void update(ll l,ll rt){
    if(t[rt].l==l&&t[rt].r==l){
        t[rt].x++;
        return;
    }
    ll mid=t[rt].l+t[rt].r>>1;
    if(l<=mid){
        update(l,lson(rt));
    }
    else{
        update(l,rson(rt));
    }
    pushup(rt);
} 
inline ll query(ll l,ll r,ll rt){
    if(t[rt].l>=l&&t[rt].r<=r){
        return t[rt].x;
    }
    if(t[rt].l==t[rt].r)return 0;
    ll mid=t[rt].l+t[rt].r>>1,ans=0;
    if(l<=mid){
        ans+=query(l,r,lson(rt));
    }
    if(r>mid){
        ans+=query(l,r,rson(rt));
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&l,&r);
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
        se[i].x=sum[i];se[i].idx=i;
    } 
    build(0,2*n+10,1);
    sort(se,se+n,cmp);
    for(ll i=0;i<=n;i++){
        if(i!=0&&se[i].x==se[i-1].x){
            rank[se[i].idx]=rank[se[i-1].idx];
        }
        else{
            rank[se[i].idx]=(i+1)*2;
        }
        s[i]=se[i].x;
    }
    update(rank[0],1);
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        L=lower_bound(s,s+n,sum[i]-r)-s;
        if(se[L].x==sum[i]-r)L=rank[se[L].idx];else L=rank[se[L].idx]-1;
        R=lower_bound(s,s+n,sum[i]-l)-s;
        if(se[R].x==sum[i]-l)R=rank[se[R].idx];else R=rank[se[R].idx]-1;
        ans+=query(L,R,1);
        update(rank[i],1);
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}