質問表面：
暁明は単純すぎる彼のために調理し、調理するのに疲れていました。その日、彼は自分自身に挑戦することを決めました。彼が選択したNの一品を行う準備ができルートパスタを、。彼が選択する必要があるパスタ、パスタは、できることをルートと、既存のN個のルート面2つのフォーム三角形。パスタの長さに選択されなければならない[L、R]の範囲内。暁明選択見つけてください番号スキームを。
入力：
最初の行は、N、L、Rを与えます 二行目は、数N LEN1、LEN2、...、lenNを与え、Nは、パスタの長さを示します。
2 <= N <= 1E6 1 <= L、R <= 1e18,1 <=レニ<= 1E18
出力：
出力ソリューションの数。
例：
INPUT：
5 1 4
1 2 3 4 5
出力：
3
このタイトルカード私に長い時間。すべての後、私は前に話題のこの種を行っていません。
あるいはタイトルの意味は単純であり、しかし、三角アレイの数を補うために、所与の道路番号の選択された側面を範囲とすることができる[L、R]です。
自然のデータサイズは、すべての後に、暴力ではありませんO（N2）プラスサイズ1E6が爆発するバインドされて参照してください。
まず、タイトルがスクレープ三角形にした後、我々は避けられない自然の三角形と考えることができます：
1、第3の辺のうちの任意の2つの側面がより大きい
任意の二つの辺の間の差未満2.第3辺がされ
、我々は[L、R]のXを取ると仮定アレイの辺の長さの長さ、及びその後からは、所定のエッジ長AiとAjとを取ります。
簡単に次の式を得るために：
・X- +愛>をAjと- > X-> Ajと-愛
・X- + Ajと>愛- > X->愛- Ajと
・愛+ Ajと> X - > X- <愛+ Ajと
についてなぜ、これらの3つの式は、実際には、あなたも、このにも、他の3を書くことができている、私はちょうどそのようなA式の便宜のために取りました。
我々は自然に出てくることができるように、[L、R]及びプログラムX [マックス（AI-Ajと、多数の AJ-AI）+1、愛+ AJ-1]は、選択さAiとAjとの交点です。
交差点の両方ことが上記の手段だけでなく、組成物は[L、R]の範囲でAiとAjとを有する三角形とすることができる範囲。
しかし、どのように選択したAiとAjと程度はまだ確かに問題です。結局のところ、もし暴力またはO（（R-L + 1 ）* N 2）。
ここでは非常に重要な結論を紹介：
3つの数字があると仮定A1 <A2 <A3は、我々が定義するR（i、j）が三角形の範囲愛を表し、Ajが形成することができます。
したがって、
R＆LT（1,2）= [A1-A2。1 +、A2 + A1-1]、
R＆LT（2,3）= [+ A3-A2。1、A3 + A2-1]
R＆LT（1,3）= [ A3-A1 + 1、A3 + A1-1]。
R（2,3）は完全にのR（1,3）に含まれています。これは良いのより証拠である、すべての後に、2 より大きいと、より類似する数の範囲によって形成される三角形は、より良好な2以上でなければならない遠くから小さい多数あります。
（具体例としては証明することができる）
、我々はRの対（J-1、j）とコレクタ（1-N N-1及びjの合計を通過した後のn-1の第1のアレイをソートすることができ、この結論にJ-1）、次いでプログラムはを要求することができる、すなわち、交差点の[L、R]所定数。
しかし、に注意を払うようにしてください、特別な事情、またはWAの多くを送信します。
以下は、ACコードです：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int main()
{
long long n,l,r;
scanf("%lld %lld %lld",&n,&l,&r);
ll a[n];
for(ll i=0;i<n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
sort(a,a+n);
ll sum,diff,ans=0;
if (l > r)
{
cout << ans << endl;
return 0;
}
for(ll i=n-1;i>0;i--)
{
sum = a[i]+a[i-1]-1;
diff = a[i]-a[i-1]+1;
//这里直接求交集
ll s = max(l,diff);
ll d = min(sum,r);
if (s <= d)
ans += d-s+1;
//把选用过的长度去掉
r = min(r,diff-1);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}