[BJOI2016]回转寿司

题目描述

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\(a_i\)。
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。

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输入格式

第一行三个整数\(N\)，\(L\)，\(R\)，表示寿司盘数，满意度的下限和上限。
第二行包含\(N\)个整数\(a_i\)，表示小Z对寿司的满意度。

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输出格式

一行一个整数，表示有多少种方案可以使得小Z的满意度之和不低于\(L\)且不高于\(R\)。

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输入输出样例

输入

5 5 9
1 2 3 4 5

输出

6

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说明/提示

对于\(100\%\)的数据，\(1\le N\le 10^5\)，\(|a_i|\le 10^5\)，\(1\le L,R\le 10^9\)。

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树状数组

分析

由于是选择从哪盘寿司开始吃，吃到哪盘寿司为止，我们很显然能想到前缀和。
设\(sum(i)\)表示从第\(1\)盘寿司吃到第\(i\)盘寿司的满意度之和，我们只需要考虑满足如下条件的选择方案（从第\(j\)盘到第\(i\)盘）有多少个：
\(L\le sum(i)-sum(j-1)\le R\)
区间枚举，我们通常先枚举右端点，这是因为我们习惯从左往右枚举，对于当前枚举到的右端点，它左边的所有点之前一定都被枚举过，再处理左端点就会方便许多。当然也有先枚举区间长度再枚举左端点的方法，其实两者是同一种思想，都是为了使之后的枚举更加方便。
所以，我们可以把枚举到的\(sum(i)\)当作是固定的，再考虑\(sum(j-1)\)，把原式化为：
\(sum(i)-R\le sum(j-1)\le sum(i)-L\)
这样，问题就转换为计算对于每一个\(sum(i)\)，在\([sum(i)-R,sum(i)-L]\)范围内的\(sum(j-1)\)有多少个。

树状数组

树状数组其实和前缀和数组有些相像，修改一个位置上的信息都会影响到其后面位置上的信息，询问一个区间上的信息的方式也存在相似之处。只不过树状数组有二进制优化，单点修改和区间查询都是\(log\)级别的，而前缀和区间查询是\(O(1)\)的，但单点修改是\(O(n)\)的。因此，树状数组是一种支持快速区间操作的数据结构。
使用树状数组对一个问题进行维护，很多时候不直接将原数组下标作为树状数组下标。本题给定了\(N\)次查询\([sum(i)-R,sum(i)-L]\)，我们就将\(sum(i)-R\)和\(sum(i)-L\)这样的范围界限作为树状数组下标。因为每次查询的是该范围内\(sum(j-1)\)的个数，我们也需要将\(sum(j-1)\)作为树状数组下标（\(1\le j\le N\)）。
需要注意本题的数据范围，\(sum(i)-R\)和\(sum(i)-L\)都有可能是负数，并且也都有可能超过\(int\)型范围。因此，我们必须事先将需要作为树状数组下标的数值离散化。

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代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=(int)1e5+5;
int tre[3*MAXN];
long long sum[MAXN],num[3*MAXN];
int m;
inline int lbt(int x){
	return -x&x;
}
inline void upd(int x){
	while(x<=m){
		tre[x]++;
		x+=lbt(x);
	}
}
inline int qry(int x){
	int ans=0;
	while(x){
		ans+=tre[x];
		x-=lbt(x);
	}
	return ans;
}
int main(){
	int n,l,r;
	long long ans=0;
	scanf("%d%d%d",&n,&l,&r);
	for(register int i=1;i<=n;i++){
		int a;
		scanf("%d",&a);
		sum[i]=sum[i-1]+a;
		num[(i-1)*3+1]=sum[i-1];
		num[(i-1)*3+2]=sum[i]-l;
		num[(i-1)*3+3]=sum[i]-r-1;
	}
	sort(num+1,num+3*n+1);
	m=unique(num+1,num+3*n+1)-num-1;
	for(register int i=1;i<=n;i++){
		upd(lower_bound(num+1,num+m,sum[i-1])-num);
		ans+=qry(lower_bound(num+1,num+m,sum[i]-l)-num)-qry(lower_bound(num+1,num+m,sum[i]-r-1)-num);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}