Description

Solution

首先我们把整个式子化简一下：
$K=(\sum^{m}_{i=1}(x_{i}-p)^2)*m$
把 $(x_{i}-p)^2$拆开，可以得到
$K=(\sum^{m}_{i=1}(x_{i}^2-x_{i}*p-x_{i}*p+p^2))*m$
也就是 $K=(\sum^{m}_{i=1}(x_{i}^2-2*x_{i}*p+p^2))*m$
再把sigama拆开，就可以得到
$K=(\sum^{m}_{i=1}x_{i}^2)*m-2*(\sum^{m}_{i=1}x_{i})*p*m+p^2*m^2$
令 $A=\sum^{m}_{i=1}x_{i}^2$, $B=\sum^{m}_{i=1}x_{i}$
那么整个式子就变成了 $K=Am-2*B*p*m+p^2*m^2$
又知道 $p=\frac{\sum^{m}_{i=1}x_{i}}{m}$,即 $p=\frac{B}{m}$
再把这个式子带入，得
$K=Am-2B\frac{B}{m}*m+(\frac{B}{m})^2*m^2$
再化简，得 $K=Am-2\frac{B^2}{m}*m+\frac{B^2}{m^2}*m^2$
$K=Am-2B^2+B^2$
即 $K=Am-B^2$
可以考虑离线的做法。
首先把所有元素按照 $w_{i}$排序，所有询问按照 $z$排序。
这样我们就可以枚举询问，然后把 $w_{i}$小于等于 $z$的元素全部插入进一个树状数组里。由于上面已经把式子化简了，所以呢我们就可以只记录 $A$、 $B$和 $m$，不需要算出 $p$,再区间查询即可。

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=4e5+5;
int n,m,q0=1,q1=1;
ll ans[N],c[N][3];
struct node {int w,num;ll pos;}a[N];
struct rec {int x,y,z,num;}q[N];
bool cmp(node x,node y) {return x.w<y.w;}
bool cmp1(rec x,rec y) {return x.z<y.z;}
ll lowbit(int x) {return x&-x;}
void update(int x,ll val) {
	while(x<=n) {
		c[x][0]+=val;
		c[x][1]+=val*val;
		c[x][2]++;
		x+=lowbit(x);
	}
}
ll query(int x,int y) {
	ll A=0,cnt=0,B=0;
	while(x>0) {
		A+=c[x][0];
		B+=c[x][1];
		cnt+=c[x][2];
		x-=lowbit(x);
	}
	while(y>0) {
		A-=c[y][0];
		B-=c[y][1];
		cnt-=c[y][2];
		y-=lowbit(y);
	}
	if(!cnt)return -1;
	return B*cnt-A*A;
}
int main() {
	freopen("sequence.in","r",stdin);
	freopen("sequence.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%d%lld",&a[i].w,&a[i].pos);
		a[i].num=i;
	}
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		scanf("%d%d%d",&q[i].x,&q[i].y,&q[i].z);
		q[i].num=i;
	}
	sort(q+1,q+1+m,cmp1);
	while(q1<=m) {
		while(q0<=n&&a[q0].w<=q[q1].z) {
			update(a[q0].num,a[q0].pos);
			q0++;
		}
		ans[q[q1].num]=query(q[q1].y,q[q1].x-1);
		q1++;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if(ans[i]==-1)puts("empty");
		else printf("%lld\n",ans[i]);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}