题目描述
为了不断优化推荐效果，内涵段子(段友出征，寸草不生)每天要存储和处理海量数据。
假设有这样一种场景：我们对用户按照它们的注册时间先后来标号，对于一类文章，每个用户都有不同的喜好值，我们会想知道某一段时间内注册的用户（标号相连的一批用户）中，有多少用户对这类文章喜好值为k。
因为一些特殊的原因，不会出现一个查询的用户区间完全覆盖另一个查询的用户区间(不存在L
1<=L
2<=R
2<=R
1)
输入描述:
第1行为n代表用户的个数 第2行为n个整数，其中第i个数代表用户标号为i的用户对某类文章的喜好度 第3行为一个正整数q代表查询的组数 第4行到第（3+q）行，每行包含3个整数l,r,k代表一组查询，即标号为l<=i<=r的用户中对这类文章喜好值为k的用户的个数。 数据范围n <= 300000,q<=300000 ，k是整型
输出描述:
一共q行，每行一个整数代表喜好值为k的用户的个数
示例1
输入
5 1 2 3 3 5 3 1 2 1 2 4 5 3 5 3
输出
1 0 2
数据很大，询问300000次，那么每次询问对应的操作的时间复杂度必须是O(1)O(1)或O(logn)O(logn)；
这就为我们思考算法提供了方向，O(1)O(1)显然是不可能的，那么操作的时间复杂度为O(logn)O(logn)的算法只能是二分查找了，因此，你从这个时间复杂度联想到二分查找，那么这个题你就差不多做出来了；
二分的要求是序列有序，因此不管那么多，先排序，可是按照什么东西来排序呢？由于题目要求在一个时间范围内喜好为k的有多少人，那么可以把相同k值的人放到一起形成一个子序列，然后再根据时间的范围在这个子序列中查找，因此用结构体的二级排序，先按k值的大小升序排序，如果k值相同，再按时间顺序升序排序；
bool sort_cmp(const pair<int, int> &A, const pair<int, int> &B)
{
return A.first == B.first ? A.second < B.second :
A.first < B.first;
}
这样的二级排序是稳定排序，故排序后整个序列是k值升序的，各个子序列中的时间也是升序的。
排好序后，就是查找的过程，先用equal_range找到序列中k值为目标k值的子序列，然后用lower_bound与upper_bound在子序列中找到目标时间范围内的最长子序列(用lower_bound找到第一个大于或等于左端点的位置，用upper_bound找到最后一个小于或等于右端点的位置)，比如目标时间范围是[3, 7]，那么假设最大子序列为[4, 5]，[4,5]⊂[3,7][4,5]⊂[3,7]，答案就是最长子序列的长度。
如果这个过程还是不清楚，看下图：
equal_range、lower_bound、upper_bound这三个函数的时间复杂度都为O(logn)O(logn)，因此问题得到解决。
题解转载自 https://blog.csdn.net/flushhip/article/details/79416715
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 3e5+10;
struct Person {
ll val;
int id;
bool operator < (const struct Person &a) {
if(val == a.val) return id < a.id;
return val < a.val;
}
};
Person persons[maxn];
ll arr[maxn];
int ids[maxn];
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d",&n))
{
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%lld",&persons[i].val),persons[i].id = i+1;
sort(persons,persons+n);
for(int i=0;i<n;i++) arr[i] = persons[i].val,ids[i] = persons[i].id;
int q,l,r;
ll k;
scanf("%d",&q);
while(q--)
{
scanf("%d%d%lld",&l,&r,&k);
int le = lower_bound(arr,arr+n,k)-arr,ri = upper_bound(arr,arr+n,k)-arr;
int l1 = lower_bound(ids+le,ids+ri,l)-ids,r1 = upper_bound(ids+le,ids+ri,r)-ids-1;
printf("%d\n",r1 - l1 + 1);
}
}
return 0;
}