题目传送门（内部题37）
输入格式
第一行一个整数$n$，表示区间的长度.
第二行一个长度为$n$的只包含$0,1,2$的字符串，表示给出的序列。
输出格式
一行一个整数，表示革命的区间的数量。
样例
样例输入：
10
0000111011
样例输出：
8
数据范围与提示
第$1$个测试点，$n=100$
第$2,3$个测试点，$n=1,000$
第$4$个测试点，$n=50,000$
第$5,6$个测试点，$n={10}^5$
第$7,8,9,10$个测试点，$n=5 imes {10}^6$
第$2,4,5,7$个测试点还满足：给出的序列中只含$0$和$1$
题解
显然需要用到前缀和，那么我们设$s_0,s_1,s_2$分别表示$0,1,2$的前缀和。
那么对于一个区间$(l,r)$，只有当这个区间满足$s_r-s_{l-1}>frac{r-l+1}{2}$的时候满足，化简式子，$2 imes s_r+r-1>2 imes s_{l-1}+l$。
但是显然这样求会重复，那么我么考虑这样一个问题，对于一个区间，$0,1,2$中只有一个可能会超过区间的一半，所以我们可以找出不满足的个数，用总的减去即可。
那么我们所要求的就是当前位置以前有几个点满足这个性质，可以用树状数组快速求出，维护三个树状数组即可。
我的做法稍特殊，首先在每个树状数组开始插一个$0$，然后我们只要求出小于等于$s_i-i$的个数即可。
时间复杂度：$Theta(nlog n)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
char ch[5000001];
int a[5000001];
int s[3][5000001];
int tr0[20000010],tr1[20000010],tr2[20000010];
long long ans;
int lowbit(int x){return x&-x;}
void add0(int x){for(int i=x;i<=10000000;i+=lowbit(i))tr0[i]++;}
int ask0(int x)
{
int res=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))res+=tr0[i];
return res;
}
void add1(int x){for(int i=x;i<=10000000;i+=lowbit(i))tr1[i]++;}
int ask1(int x)
{
int res=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))res+=tr1[i];
return res;
}
void add2(int x){for(int i=x;i<=10000000;i+=lowbit(i))tr2[i]++;}
int ask2(int x)
{
int res=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))res+=tr2[i];
return res;
}
int main()
{
scanf("%d%s",&n,ch+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=ch[i]-'0';
s[a[i]][i]++;
s[0][i]+=s[0][i-1];
s[1][i]+=s[1][i-1];
s[2][i]+=s[2][i-1];
}
add0(5000001);
add1(5000001);
add2(5000001);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans+=i;
ans-=ask0(2*s[0][i]-i+5000000);
ans-=ask1(2*s[1][i]-i+5000000);
ans-=ask2(2*s[2][i]-i+5000000);
add0(2*s[0][i]-i+5000001);
add1(2*s[1][i]-i+5000001);
add2(2*s[2][i]-i+5000001);
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
rp++