题干：
小A有一个含有n个非负整数的数列与m个区间，每个区间可以表示为li,ri。
它想选择其中k个区间， 使得这些区间的交的那些位置所对应的数的和最大。（是指k个区间共同的交，即每个区间都包含这一段，具体可以参照样例）
在样例中，5个位置对应的值分别为1,2,3,4,6，那么选择[2,5]与[4,5]两个区间的区间交为[4,5]，它的值的和为10。
收起
输入
第一行三个数n,k,m(1<=n<=100000,1<=k<=m<=100000)。
接下来一行n个数ai，表示小A的数列(0<=ai<=10^9)。
接下来m行，每行两个数li,ri，表示每个区间(1<=li<=ri<=n)。输出
一行表示答案输入样例
5 2 3
1 2 3 4 6
4 5
2 5
1 4输出样例
10解题报告：
这题解法很多，因为元素值都是正数，所以我们可以枚举每一个位置，找到区间最左端的满足的，这一定就是对于当前i作为右端点的最大答案了。怎么看最左端满足的呢？也就是找到左端k个值，也就是找到左端第k大就行了，但是这题要判断一下是否一共这棵线段树中有k个元素，我们用tree[1].sum就可以得到。
同样，维护位置和值 也可以用set。
AC代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define ll long long
#define pb push_back
#define pm make_pair
using namespace std;
const int MAX = 2e5 + 5;
vector<int> vv[MAX];
int n,m,k;
ll a[MAX];
struct TREE {int l,r;int sum;
} tree[MAX*4];
void pushup(int cur) {tree[cur].sum = tree[cur*2].sum + tree[cur*2+1].sum;
}
void build(int l,int r,int cur) {tree[cur].l = l;tree[cur].r = r;if(tree[cur].l == tree[cur].r) {tree[cur].sum = 0;return ;}int m = (l+r)>>1;build(l,m,cur*2);build(m+1,r,cur*2+1);pushup(cur);
}
int query(int tar,int cur) {if(tree[cur].l == tree[cur].r) return tree[cur].l;if(tar <= tree[cur*2].sum) return query(tar,cur*2);else return query(tar - tree[cur*2].sum,cur*2+1);
}
void update(int tar,int val,int cur) {if(tree[cur].l == tree[cur].r) {tree[cur].sum += val; return;}int m = tree[cur*2].r;if(tar <= m) update(tar,val,cur*2);else update(tar,val,cur*2+1); pushup(cur);
}
int main()
{ll ans=0;cin>>n>>k>>m;build(1,n,1);for(int i = 1; i<=n; i++) scanf("%lld",a+i),a[i] += a[i-1];for(int x,y,i = 1; i<=m; i++) {scanf("%d%d",&x,&y);vv[x].pb(x);vv[y+1].pb(-x);}for(int i = 1; i<=n; i++) {int up = vv[i].size();for(int j = 0; j<up; j++) {if(vv[i][j] > 0) update(vv[i][j],1,1);else update(-vv[i][j],-1,1);} if(tree[1].sum >= k) {int pos = query(k,1);ans = max(ans,a[i] - a[pos-1]);} }printf("%lld\n",ans);return 0;
}
首先排序右端点从小到大，然后枚举右端点（保证所枚举的那个端点最少有k个区间可以覆盖）作为所求的交区间的右端点，这时候需要求出交区间的左端点，我们可以知道，右端点确定下，如果左端点越靠左，这个区间的范围约大。为了保证所交区间有k个，我们需要找到第k小的左端点，为了保证我枚举的右端点肯定是交区间的右端点，我们必须边枚举，边单点更新左端点。
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 1e18
#define ll long long
#define N 300010
#define lson rt<<1
#define rson rt<<1|1
#define mo 1000000007
using namespace std;
typedef pair<int,int> P;
inline ll read() {ll x=0,f=1;char ch=getchar();while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();return x*f;
}
int n,m,K;
ll sz[N*4],ans,sum[N];
struct node {int l,r;
} s[N];
bool cmp(node a,node b) {if (a.r==b.r) return a.l>b.l;return a.r<b.r;
}
void pushup(int rt) {sz[rt]=sz[lson]+sz[rson];
}
void modify(int rt,int l,int r,int pos) {if (l==r) {sz[rt]++;return ;}int mid=(l+r)>>1;if (pos<=mid) modify(lson,l,mid,pos);else modify(rson,mid+1,r,pos);pushup(rt);
}
int query(int rt,int l,int r,int x) {if (l==r) return l;int mid=(l+r)>>1;if (x<=sz[lson]) return query(lson,l,mid,x);else return query(rson,mid+1,r,x-sz[lson]);
}
int main() {n=read(),K=read(),m=read();for (int i=1; i<=n; i++) {sum[i]=read();sum[i]+=sum[i-1];}for (int i=1; i<=m; i++) s[i].l=read(),s[i].r=read();sort(s+1,s+m+1,cmp);for (int i=m-K+2; i<=m; i++) modify(1,1,n,s[i].l);for (int i=m-K+1; i>=1; i--) {modify(1,1,n,s[i].l);int x=query(1,1,n,K);if (x<=s[i].r) ans=max(ans,sum[s[i].r]-sum[x-1]);}printf("%lld",ans);return 0;
}枚举i作为左端点的。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAX = 100005;
ll sum[MAX] ;
ll a[MAX];
multiset<int> ss;
vector<int> vv[MAX];int main()
{int n,k,m;while(~scanf("%d%d%d",&n,&k,&m) ) {memset(sum,0,sizeof sum);ss.clear();for(int i = 1; i<=n; i++) vv[i].clear();for(int i = 1; i<=n; i++) scanf("%lld",&a[i]),sum[i] = sum[i-1] + a[i];while(m--) {int l,r;scanf("%d%d",&l,&r);vv[l].push_back(r);}ll ans = 0;for(int i = 1; i<=n; i++) {int up = vv[i].size();for(int j = 0 ; j<up ; j++) ss.insert(vv[i][j]);if(ss.empty() == 0) {while(ss.size() > k || *ss.begin() < i) {ss.erase(ss.begin());if(ss.size() == 0) break;} }if(ss.size() == k) ans = max(ans , sum[*(ss.begin())] - sum[i-1]);}printf("%lld\n" , ans);}return 0;
}
#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define fi first
#define se second
#define pb(x) push_back(x)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll ,int> pii;
const ll N = 101000, siz = 20, mod = 1e9+7, blk = 316, eps = 1e-10;
ll fpow(ll a, ll b){ll ret=1;for(a%=mod;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)ret=ret*a%mod;return ret;}
priority_queue<int, vector<ll >, greater<int> >q;
ll n, m, k, sum[N], ans, t;
pair<ll ,ll >a[N];
int main(){cin>>n>>k>>m;for(ll i=1;i<=n;i++){cin>>t;sum[i] = sum[i-1]+t;}for(ll i=0;i<m;i++)cin>>a[i].fi>>a[i].se;sort(a, a+m);for(ll i=0;i<m;i++){q.push(a[i].se);while(!q.empty() && q.top() < a[i].fi)q.pop();while(q.size() > k) q.pop();if(q.size() == k){//cout<<a[i].fi<<" "<<q.top()<<endl;ans = max(ans, sum[q.top()]-sum[a[i].fi-1]);}}cout<<ans<<endl;return 0;
}
)
