[ARC075E] Meaningful Mean

[ARC075E] Meaningful Mean

好题。

首先显然有一个暴力做法，也就是 $O(n^2)$ 的，考虑暴力枚举每一个区间，查询区间和显然可以考虑预处理前缀和。判断一下这个和是否大于等于 $k$ 即可。

核心的一行是：

if(s[i]-s[j-1]>=k*(i-j+1))

然后考虑把这个式子拆开。

$$k \times i-k \times(j-1)\le s_i-s_{j-1}$$ $$s_{j-1}-k\times (j-1)\le s_i-k \times i$$

显然我们可以预处理 $1\le i\le n$ 的所有 $i$，所以就变成了在 $1\le j < i$ 中找小于等于 $s_i -k\times i$ 的值。显然可以用一个树状数组去维护，类似于求逆序对，开一个值域大小的树状数组，按照逆序对的求法来就好了。

注意，当 $j=1$ 时，$j-1$ 为 $0$，在 $1\le i\le n$ 的预处理中是处理不到的，所以我们要把第一个位置留出来给 $0$，后面整体挪一个位置即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =1e6+10;
#define int long long	
int n,k;
struct node
{
	int val,num;
}a[N];
bool cmp(node a,node b)
{
	if(a.val==b.val)
		return a.num<b.num;
	return a.val<b.val;
}
int ranks[N],c[N],s[N];
int lowbit(int x)
{
	return x&-x;
}
void update(int x,int change)
{
	for(int i=x;i<=n+1;i+=lowbit(i))
		c[i]+=change;
}
int Query(int x)
{
	int sum=0;
	for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i))
		sum+=c[i];
	return sum;
}
signed main()
{
	cin>>n>>k;
	for(int i=1,x;i<=n;i++)
		cin>>x,s[i]=s[i-1]+x;
	a[1].val=0,a[1].num=1;
	for(int i=2;i<=n+1;i++)
		a[i].val=s[i-1]-k*(i-1),a[i].num=i;
	sort(a+1,a+n+2,cmp);
	for(int i=0;i<=n+1;i++)	
		ranks[a[i].num]=i;
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n+1;i++)
		ans+=Query(ranks[i]),update(ranks[i],1);
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}