小红统计区间（hard） - 树状数组 + 离散化

题面

分析

存在负数不满足单调性，因此无法二分或者双指针，对于每一段符合条件的区间 [ l , r ] [l, r] [l,r] 都有 s u m [ r ] − s u m [ l − 1 ] > = k sum[r] - sum[l - 1] >= k sum[r]−sum[l−1]>=k ，也就是 s u m [ l − 1 ] < = s u m [ r ] − k sum[l - 1] <= sum[r] - k sum[l−1]<=sum[r]−k ，那么如果对于所有区间的前缀和来进行顺序存储，那么对于当前前缀和 s u m [ i ] sum[i] sum[i] ，可以去找小于等于 s u m [ i ] − k sum[i] - k sum[i]−k 的符合条件的前缀和有多少，但是前缀和的范围很大，所以就要进行离散化，将所有需要用到的前缀和都进行i离散化重新定下标，然后可以通过树状数组每次对遍历到的前缀和的位置加一，统计可以加上树状数组查询 s u m [ i ] − k sum[i] - k sum[i]−k 的结果，也就是这之前有多少个满足条件的前缀和。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using ll = long long;

const int N = 2e5 + 10;

ll a[N];
int tr[N];
map<ll, int> m;

void add(int u) {
    for(int i = u; i < N; i += (i & -i)) {
        tr[i] ++;
    }
    return ;
}

int query(int x) {
    int ans = 0;
    for(int i = x; i >= 1; i -= i & -i) ans += tr[i];
    return ans;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    
    int n;
    ll k;
    cin >> n >> k;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        cin >> a[i];
        a[i] += a[i - 1];
    }
    m[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        m[a[i]] = 1;
        m[a[i] - k] = 1;
    }
    int now = 1;
    for(auto &x: m) {
        x.second = now ++;
    }
    //for(auto j: m) cout <<j.first << ' ' <<  j.second << endl;
    ll ans = 0;
    add(m[0]);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        ans += query(m[a[i] - k]);
        add(m[a[i]]);
    }
    cout << ans << "\n";
}