前缀和+折半二分搜索——又是自闭的一天呢

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/894/B
来源：牛客网

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64bit IO Format: %lld

题目描述

华华用数组a和数组b合成了矩阵c。其中a数组长度为n，b数组长度为m，c是n行m列的矩阵，且c[i][j]=a[i]*b[j]。定义矩阵的权值为矩阵中所有元素的和。然后他想把矩阵送给奕奕。然而他怕奕奕不喜欢。若矩阵的权值小于L,奕奕会讨厌它，因为奕奕不喜欢太小的数字。若矩阵的权值大于R，奕奕会生气因为奕奕不认识比R大的数字。所以奕奕只喜欢权值大于等于L并且小于等于R的矩阵。还好华华学过acm，他马上想到可以送奕奕一个子矩阵，并且他立马写程序从c矩阵中找出了所有奕奕喜欢的子矩阵。你只需要帮他算算这样的子矩阵有多少个即可。

输入描述:

第一行输入n,m,L,R。
第二行n个数表示a数组
第三行m个数表示b数组
1<=n,m<=1000,1<=L<=R<=1e18
1<=a[i],b[i]<=1e6

输出描述:

输出一个数表示子矩阵的个数

示例1

输入

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3 3 3 8
3 2 3
2 3 1

输出

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10

一直想用二维前缀和枚举所有子矩阵结果一直TLE，后面才发现大佬就是大佬

首先我们记录下  a序列的前缀和 A_sum[]   和b序列的前缀和 B_sum[]，然后我们再枚举出所有b序列的长度情况并且排序（折半）

然后我们可以推出  c[i][j]=a[i]*b[j]，那么一个左上角坐标为（x1,y1）右下角坐标为（x2,y2）的子矩阵

其实就是  S=(a[x1]+a[x1+1]+a[x1+2]………+a[x2]）*（b[y1]+b[y1+1]+b[y1+2]………+b[y2]）==(A_sum[x2]-A_sum[x1-1])*(B_sum[y2]-B_sum[y2-1])

最后我们只要枚举下所有 a序列的长度情况，然后二分b序列的长度情况便可以了

下面再结合下代码会更加清晰

//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
//#pragma GCC optimize(2)
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include<sstream>
#include<iterator>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>

using namespace std;

typedef double dou;
typedef long long ll;

#define pai acos(-1)
#define M 1005
#define inf 1e18
#define mod 1e18  
#define left k<<1
#define right k<<1|1
#define W(a) while(a)  
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

ll LL, RR;
ll n, m, L, R;
ll a[M], b[M], A_sum[M], B_sum[M];
vector<ll>B_all;

ll solve(ll limit) {
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = i; j <= n; j++) {
            ans += upper_bound(B_all.begin(), B_all.end(), limit / (A_sum[j] - A_sum[i - 1])) - B_all.begin();//当矩阵的行范围为i~j时,有多少种b序列的情况满足
        }
    }
    return ans;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> n >> m >> L >> R;
    for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i], A_sum[i] = A_sum[i - 1] + a[i];//读入a序列，并且建立a序列前缀和
    for (int i = 1; i <= m; i++)cin >> b[i], B_sum[i] = B_sum[i - 1] + b[i];//读入b序列，并且建立b序列前缀和
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        for (int j = i; j <= m; j++) {
            B_all.push_back(B_sum[j] - B_sum[i - 1]);//枚举b序列所有情况
        }
    }
    sort(B_all.begin(), B_all.end());//排序b序列的所有情况
    cout << solve(R) - solve(L - 1) << endl;//相减得到满足L~R范围大小的子矩阵数
    return 0;
}