bzoj 4627 值域线段树

4627: [BeiJing2016]回转寿司

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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

第一次这样写，由题目可以推出公式 sum(r)-R<=sum(l-1)<=sum(r)-L //[l,r]是一个满足条件的区间

只要计算当前前缀和之前满足条件的前缀和个数，累加起来就是答案。

我们想到利用线段树，每次让对应的前缀和加1，然后统计一下在满足条件下的前缀和总个数，可这个值最大1e10，不可能开出四倍这个空间，

但是N最大10w，不同的数并不会出现那么多，我们利用一种动态的思想，当用到某个数的时候在给他分配节点，这样用不到的数的空间就被节约下来了。

这样的话节点就要保存左右儿子的id值才能准确的访问左右儿子，其他和线段树差不多。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define LL long long
 4 #define MAX 100005
 5 #define M ((L+R)>>1)
 6 const LL inf=10000000000;
 7 LL pre[MAX];
 8 int total_node=1,root=1;
 9 int child[MAX*33][2];
10 LL sum[MAX*33];
11 void irt(LL L,LL R,int id,LL x)
12 {
13     sum[id]++;
14     if(L==R){return;}
15     if(x<=M){
16         if(child[id][0]==0) child[id][0]=++total_node;
17         irt(L,M,child[id][0],x);
18     }
19     else{
20         if(child[id][1]==0) child[id][1]=++total_node;
21         irt(M+1,R,child[id][1],x);
22     }
23 }
24 LL ask(LL L,LL R,int id,LL l,LL r)
25 {
26     if(L>=l&&R<=r) return sum[id];
27     LL s=0;
28     if(l<=M&&child[id][0]) s+=ask(L,M,child[id][0],l,r);
29     if(r>M&&child[id][1])  s+=ask(M+1,R,child[id][1],l,r);
30     return s;
31 }
32 int main()
33 {
34     freopen("in.txt","r",stdin);
35     int N,m,i,j,k;
36     LL Li,Ri,ai;
37     scanf("%d%lld%lld",&N,&Li,&Ri);
38     for(i=1;i<=N;++i){
39         scanf("%lld",&ai);
40         pre[i]=pre[i-1]+ai;
41     }
42     LL ans=0;
43     irt(-inf,inf,root,0);
44     for(i=1;i<=N;++i)
45     {
46         ans+=ask(-inf,inf,root,pre[i]-Ri,pre[i]-Li);;
47         irt(-inf,inf,root,pre[i]);
48     }
49     cout<<ans<<endl;
50     return 0;
51 }