吐槽一下，这个质检员不会被开除么。。。。

这个题很明显的二分枚举，但是还有一个前缀和有点坑人。

这题题其实点不多，就两个关键点： 第一：二分的判断。

可以看到：在W取0时，所有的区间内的矿石都可以选上，

而在W大于最大的质量时，所有的矿石都选不上。

然后简单算一下就发现：

W越大，矿石选的越少，W越小，矿石选的越多。 所以，随着W增大，Y值减小；

所以：二分的判断条件出来了：

当Y>sY>s 时，需要增大WW来减小YY,从而∣Y−s∣∣Y−s∣变小；

当YsYs时，∣Y−s∣0∣Y−s∣0;

当Y<sY<s时，需要减小W来增大YY，从而∣Y−s∣∣Y−s∣变大； 第二：前缀和。

我们在计算一个区间的和时（虽然这里是两个区间和再相乘，但没关系）

通常是用前缀和的方法来缩减时间，直接模拟是n2n2的，而前缀和成了2∗n2∗n

大大的优化了时间，前缀和不会的去先学前缀和，我默认大家都会，就不赘述了。

很显然：

在w[i]>=Ww[i]>=W时这个i矿石会在统计里（若<W<W就不管它了直接pre[i]=pre[i−1]pre[i]=pre[i−1]），

矿石价值和是：prev[i]=prev[i−1]+v[i]prev​[i]=prev​[i−1]+v[i]，前面的和加上当前这一个i矿石;

矿石数量和是：pren[i]=pren[i−1]+1pren​[i]=pren​[i−1]+1，数量加1嘛。

然后最后算的时候用右端点r-（左端点l-1）就可以了 注意：谨记所前缀和时要pre[r]-pre[l-1]，这个‘-1’不要忘！

然后就没啥了，给上代码：

（当然，一些基础的“lld”之类的你要注意,不多赘述了）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=200010;
int w[maxn],v[maxn],l[maxn],r[maxn];
long long pre_n[maxn],pre_v[maxn];
long long Y,s,sum;
int n,m,mx=-1,mn=2147483647;
bool check(int W)
{	
Y=0,sum=0;
memset(pre_n,0,sizeof(pre_n));
memset(pre_v,0,sizeof(pre_v));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(w[i]>=W) pre_n[i]=pre_n[i-1]+1,pre_v[i]=pre_v[i-1]+v[i];
else pre_n[i]=pre_n[i-1],pre_v[i]=pre_v[i-1];
}
for(int i=1;i<=m;i++)
Y+=(pre_n[r[i]]-pre_n[l[i]-1])*(pre_v[r[i]]-pre_v[l[i]-1]);

sum=llabs(Y-s);
if(Y>s) return true;
else return false;

}
int main(){
//	freopen("qc.in","r",stdin);
//	freopen("qc.out","w",stdout);
scanf("%d %d %lld",&n,&m,&s);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf(" %d %d",&w[i],&v[i]);
mx=max(mx,w[i]);
mn=min(mn,w[i]);	
}
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf(" %d %d",&l[i],&r[i]);
int left=mn-1,right=mx+2,mid;  //这里有的人说要特判左右端点的check，但是其实你把left开成mn-1,right开成mx+2(注意取mx+1时即为W比所有都大，Y是0，这个情况要考虑，所以+2包含mx+1)就可以包含左右端点的check了，会简单点。
long long ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;//ll 范围内的无穷大，近似于(maxll/2)的大小
while(left<=right)
{
mid=(left+right)>>1;
if(check(mid)) 	left=mid+1;
else right=mid-1;
if(sum<ans) ans=sum;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}

二分+前缀和

这道题让我深刻感受到了前缀和的灵活性，和对二分的恨。我有一点不解：按理来说(sums>s) 等价于 (sums-s)，但是代码中如果换成后者就wa了。😕 具体题解楼上说过了。那我就分析一下题目好了：那一长串公式实际就是有一个不确定的W。然后在一个区间内（区间为矿石的编号，端点可取）找到重量>=W的所有矿石，然后将他们的数量*他们所有价值之和，得到一个y值。然后像这样计算所有区间的y后把他们加在一起得到sum。最后的检验值就是|sum-s|。 难点在于对前缀和的运用和理解，这是个好东西。真正理解后你会对前缀和有一个更深刻的认识。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,m,s,A[200010][2],B[200010][2],minn=LONG_LONG_MAX,maxx=-1,Asum[200010][2]={0},ans = LONG_LONG_MAX ,sum,sums;
bool check(ll k){
	sums=0,sum=0;
	memset(Asum,0,sizeof(Asum));
	for(int i=1;i<=n;i++){    //前缀和的计算 
		if(A[i][0] >= k){
			Asum[i][0] = Asum[i-1][0] + 1;
			Asum[i][1] = Asum[i-1][1] + A[i][1];
		}
		else{
			Asum[i][0] = Asum[i-1][0];
			Asum[i][1] = Asum[i-1][1];
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		sums += ( Asum[B[i][1]][0] - Asum[B[i][0]-1][0] )*( Asum[B[i][1]][1] - Asum[B[i][0]-1][1] );
	}
	sum = abs(sums-s);
	if(sums>s) return 1;
	return 0;
} 
int main(){
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&s);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld%lld",&A[i][0],&A[i][1]);
		minn = min(minn,A[i][0]);
		maxx = max(maxx,A[i][0]);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%lld%lld",&B[i][0],&B[i][1]);
	}
	ll l = minn-1, r = maxx+2,mid=0;
	while(l<=r){    //二分 
		mid = (l + r) >> 1;
		if(check(mid)) l = mid + 1;
		else r = mid - 1;
		ans = min(ans,sum);
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}