题目描述
小T 是一名质量监督员，最近负责检验一批矿产的质量。这批矿产共有 n 个矿石，从 1到n 逐一编号，每个矿石都有自己的重量 wi 以及价值vi 。检验矿产的流程是：
1 、给定m 个区间[Li,Ri]；
2 、选出一个参数 W；
3 、对于一个区间[Li,Ri]，计算矿石在这个区间上的检验值Yi：
这批矿产的检验结果Y 为各个区间的检验值之和。即：Y1+Y2…+Ym
若这批矿产的检验结果与所给标准值S 相差太多，就需要再去检验另一批矿产。小T不想费时间去检验另一批矿产，所以他想通过调整参数W 的值，让检验结果尽可能的靠近标准值S，即使得S-Y 的绝对值最小。请你帮忙求出这个最小值。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含三个整数n，m，S，分别表示矿石的个数、区间的个数和标准值。
接下来的n 行，每行2个整数，中间用空格隔开，第i+1 行表示 i 号矿石的重量 wi 和价值vi。
接下来的m 行，表示区间，每行2 个整数，中间用空格隔开，第i+n+1 行表示区间[Li,Ri]的两个端点Li 和Ri。注意：不同区间可能重合或相互重叠。
输出格式：
输出只有一行，包含一个整数，表示所求的最小值。
输入输出样例
输入样例#1：
5 3 15
1 5
2 5
3 5
4 5
5 5
1 5
2 4
3 3
输出样例#1：
10
说明
【输入输出样例说明】
当W 选4 的时候，三个区间上检验值分别为 20、5 、0 ，这批矿产的检验结果为 25，此
时与标准值S 相差最小为10。
【数据范围】
对于10% 的数据，有 1 ≤n ，m≤10；
对于30% 的数据，有 1 ≤n ，m≤500 ；
对于50% 的数据，有 1 ≤n ，m≤5,000；
对于70% 的数据，有 1 ≤n ，m≤10,000 ；
对于100%的数据，有 1 ≤n ，m≤200,000，0 < wi, vi≤10^6，0 < S≤10^12，1 ≤Li ≤Ri ≤n
分析：
妥妥的二分，
需要前缀和预处理
（这就告诉我们一个道理，需要区间求值的时候，考虑用前缀和优化时间）
二分的答案就是 使Y小于W且Y最大
最后判定一下W-1,择优输出
当二分的答案过小时，就会有更多的矿石不符合要求而被算入Y中，
Y的值就会偏大，
所以每当二分的值计算得到的答案 < S(符合要求时)
就将 r=mid，让二分的答案变小，
从而使计算答案更大来满足一开始我们确定的条件：使Y小于W且Y最大
否则 l=mid+1
注意!!!：开long long，重新定义ll下的min，max，abs，
同时函数名尽量不要和自带的函数名相同，
否则会出现玄学的CE
这里写代码片
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
const ll INF=0x33333333;
const ll N=200010;
int n,m;
ll S;
ll w[N],v[N];
int qj[N][2];
ll mx=0,ans=INF;
ll f1[N],f2[N]; //前缀和，f1记录有几个w>=W,f2记录v和
ll ab(ll x)
{
if (x>0) return x;
else return -x;
}
ll max(ll x,ll y)
{
if (x>y) return x;
else return y;
}
ll mn(ll x,ll y)
{
if (x<y) return x;
else return y;
}
ll pd(ll x)
{
int i,j;
ll tot=0;
f1[0]=f2[0]=0;
for (i=1;i<=n;i++)
{
f1[i]=f1[i-1];
f2[i]=f2[i-1];
if (w[i]>=x) f1[i]++,f2[i]+=v[i];
}
for (i=1;i<=m;i++)
tot=tot+(f1[qj[i][1]]-f1[qj[i][0]-1])*(f2[qj[i][1]]-f2[qj[i][0]-1]);
return tot;
}
void doit()
{
ll l=1;
ll r=mx+3;
while (l<r)
{
ll mid=(l+r)>>1;
ll d=pd(mid);
if (d<S)
{
r=mid; //算出的答案比S小，说明W大
ans=S-d;
}
else l=mid+1;
}
ll f=l-1; //值太小会让算出来的值偏大
ll z=pd(f);
printf("%lld",mn(ab(z-S),ans));
}
int main()
{
scanf("%d%d%lld",&n,&m,&S);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&w[i],&v[i]),mx=max(mx,w[i]);
for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&qj[i][0],&qj[i][1]);
doit();
return 0;
}