题意：给定n个数和一个数t，问你有多少种情况可以使得，al +a(l+1)+…a(r-1)+ar < t ,(l<=r)，也就是求出二元组（l，r）有多少种取法？
思路：l到r的区间和，我们可以想到用前缀和解决，但是这样之后去暴力枚举l和r是肯定不行的，所以我们可以把要找的目标条件转换一下：sum[R] - sum[L-1] < t，两边移项可得，即求sum[L-1] > sum[R] - t,我们把sum[R]-t作为标准后，问题就变成了找有几个sum[L]比这个数大，就可以变成类似于求逆序数的问题了，即可用全集之线段树较快的求出这个数目的大小了。
a数组的值域比较大，所以先把取到的前缀和sum和sum-t，离散化就可以建树操作了
可以当做这一类题目的一个解决方向。权值线段树对于这个找到存在在整个区间的比某值大或小的问题都可以有帮助。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5+7;
typedef long long ll;
ll sum[MAXN],a[MAXN],b[MAXN<<1],tree[MAXN<<4];
//这里的数组 要开8倍大小 因为sum和sum-t两个不同的值
void build(int rt,int l,int r)
{
if(l == r){
tree[rt] = 0;
return ;
}
int mid = (r+l)>>1;
build(rt<<1,l,mid);
build(rt<<1|1,mid+1,r);
tree[rt] = tree[rt<<1] + tree[rt<<1|1];
}
void update(int rt,int l,int r,int p,int val)
{
if(l == r){
tree[rt] += val;
return ;
}
int mid = (l+r)>>1;
if(p <= mid) update(rt<<1,l,mid,p,val);
else update(rt<<1|1,mid+1,r,p,val);
tree[rt] = tree[rt<<1] + tree[rt<<1|1];
}
int query(int rt,int l,int r,int ql,int qr)//区间内的数出现的次数
{
if(l >= ql && r <= qr){
return tree[rt];
}
int ans = 0;
int mid = (l+r)>>1;
if(ql <= mid) ans += query(rt<<1,l,mid,ql,qr);
if(qr > mid) ans += query(rt<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
return ans;
}
int main()
{
int n;ll t;
scanf("%d%lld",&n,&t);
int cnt = 0;
b[++cnt] = 0;
for(int i = 1;i <= n;i ++){
scanf("%lld",&a[i]);
sum[i] = sum[i-1] + a[i];
b[++cnt] = sum[i];
b[++cnt] = sum[i]-t;
}
sort(b+1,b+1+cnt);
int num = unique(b+1,b+1+cnt)-b-1;
build(1,1,num);
ll ans = 0;
// 将前缀和变成元素 从而转化成 类似于求逆序数的过程
update(1,1,num,(lower_bound(b+1,b+1+num,0)-b),1);
for(int i = 1;i <= n;i ++){
int pos = lower_bound(b+1,b+1+num,(sum[i]-t))-b;
ans += query(1,1,num,pos+1,num);//第一种 直接找比它大的
//(ans += i - query(1,1,num,1,pos);
//第二种 这里的i代表的是 下标 也就是从r往前开始枚举 找比它小的 因为他前面有l个前缀
// 所以只需要找出 比他小的sum有哪些 那么前i个中 剩下的就是比它大的
update(1,1,num,lower_bound(b+1,b+1+num,sum[i])-b,1);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}