关于此题，我们分析一下：
一个区间第k大的数不小于x的条件是什么？
答案就是一个区间内不小于x的数的个数不小于k
那么，我们就会发现，我们其实并不需要知道每个数的值，实际上对我们有用的只有每个数与x的大小关系，然后，我们就可以直接用贡献法计算。
我们把所有值不下于x的赋为1，剩下的赋为0，那么，二分求的东西就被转换成了：
有多少个区间的区间和不下于k，且序列里面的值只可能是0或1
然后随便搞个前缀和加个单调指针就行了
（其实可以不用单调指针直接用桶存的，常数更小，但是，由于脑袋有点晕，出锅了，就懒得改了）
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e5 + 1;
int a[N], b[N];
int n, k, m;
inline int calc(int x) {
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
b[i] = (a[i] >= x);
b[i] += b[i - 1];
}
int ans = 0, l = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) { //枚举右端点
while (b[i] - b[l - 1] >= k) ++l;
ans += (l - 1);
}
return ans;
}
inline int read() {
char ch = getchar();
int w = 0, ss = 0;
while (ch < '0' || ch > '9') w |= (ch == '-'), ch = getchar();
while (ch >= '0' && ch <= '9') ss = (ss * 10 + (ch - '0')), ch = getchar();
return w ? -ss : ss;
}
signed main() {
int T = read();
while (T--) {
n = read(), k = read(), m = read();
for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
int l = 1, r = 1e9, ans = 0;
while (l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
int tot = calc(mid); //区间kth大于等于mid的有几个
if (tot >= m) {
ans = mid;
l = mid + 1;
} else
r = mid - 1;
}
printf("%lld
", ans);
}
return 0;
}
另外一种写法
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1e5;
int a[N + 2], s[N + 2];
int main() {
int T, n, i, j, K, l, r, mid;
long long m, res;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d%d%lld", &n, &K, &m);
for (i = r = 1, l = 1e9; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
l = min(l, a[i]);
r = max(r, a[i]);
}
while (l < r) {
mid = l + r >> 1;
for (i = 1, res = j = 0; i <= n; i++) {
s[i] = s[i - 1] + (a[i] > mid);
while (j < i && s[j] <= s[i] - K) j++;
res += j;
}
res >= m ? l = mid + 1 : r = mid;
}
printf("%d
", l);
}
return 0;
}