聪明的质监员

1. 思路
   (二分,前缀和) $O(nlogW)$
   观察每个区间的值 $Y_i=(\sum _{j}1)\ast (\sum _j{v}_j),j\in [L_i,R_i]$且$w_j\ge W$
   当 $W$ 增大时，区间 $[L_i,R_i]$ 中满足要求的 $(w_i,v_i)$ 会减少，同时所有 $v_i\ge 0$，因此 $Y_i$ 的值也会减少。
   由于 $Y=\sum _i{Y}_i$，所以 $Y$ 随 $W$ 单调递减。
   因此我们可以二分出距离 $S$ 最近的值。
   剩下的问题是当 $W$ 确定之后，我们如何快速求出每个 $Y_i$。
   这里可以预处理出所有满足 $w_i\ge W$ 的元素的前缀和，之后可以 $O(1)$ 时间求出每个区间中所有 $v_i$ 的和，以及满足要求的元素个数。
2. 代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
typedef long long ll;
int n,m;
ll S;
int l[maxn],r[maxn];
int w[maxn],v[maxn];
ll sum[maxn];
int cnt[maxn];

ll getres(int x) {
    ll res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (w[i] >= x) {
            cnt[i] = cnt[i - 1] + 1;
            sum[i] = sum[i - 1] + v[i];
        } else {
            cnt[i] = cnt[i - 1];
            sum[i] = sum[i - 1];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        res += (cnt[r[i]] - cnt[l[i] - 1]) * (sum[r[i]] - sum[l[i] - 1]);
    }
    return res;
}

int main() {
    scanf("%d%d%lld", &n, &m, &S);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d%d", &w[i], &v[i]);
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        scanf("%d%d", &l[i], &r[i]);
    }
    int L = 0, R = 1e6;
    int ans = 0;
    while (L <= R) {
        int mid = L + R >> 1;
        if (getres(mid) >= S) {
            ans = mid;
            L = mid + 1;
        } else R = mid - 1;
    }
    printf("%lld\n", min(abs(S - getres(ans)), abs(S - getres(ans + 1))));

    return 0;
}