算法

(二分,前缀和) $O(n^2)$

观察每个区间的值 $Y_i = (\sum _j 1) * (\sum _j v_j), j \in [L_i, R_i] 且 w_j \ge W$。

当 $W$ 增大时，区间 $[L_i, R_i]$ 中满足要求的 $(w_i, v_i)$ 会减少，同时所有 $v_i \ge 0$，因此 $Y_i$ 的值也会减少。

由于 $Y = \sum _i Y_i$，所以 $Y$ 随 $W$ 单调递减。

因此我们可以二分出距离 $S$ 最近的值。

剩下的问题是当 $W$ 确定之后，我们如何快速求出每个 $Y_i$。
这里可以预处理出所有满足 $w_i \ge W$ 的元素的前缀和，之后可以 $O(1)$ 时间求出每个区间中所有 $v_i$ 的和，以及满足要求的元素个数。

时间复杂度分析

总共二分 $O(logW)$ 次，每次预处理前缀和的计算量是 $O(N)$，求 $Y$ 的计算量是 $O(M)$。因此总时间复杂度是 $O(N + M)logW)$。

C++ 代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 200010;

int n, m;
LL S;
int w[N], v[N];
int l[N], r[N];
int cnt[N];
LL sum[N];

LL get(int W)
{
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        if (w[i] >= W)
        {
            sum[i] = sum[i - 1] + v[i];
            cnt[i] = cnt[i - 1] + 1;
        }
        else
        {
            sum[i] = sum[i - 1];
            cnt[i] = cnt[i - 1];
        }

    LL res = 0;
    for (int i = 0; i < m; i ++ ) res += (cnt[r[i]] - cnt[l[i] - 1]) * (sum[r[i]] - sum[l[i] - 1]);
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%lld", &n, &m, &S);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d%d", &w[i], &v[i]);
    for (int i = 0; i < m; i ++ ) scanf("%d%d", &l[i], &r[i]);

    int l = 0, r = 1e6 + 1;
    while (l < r)
    {
        int mid = l + r + 1 >> 1;
        if (get(mid) >= S) l = mid;
        else r = mid - 1;
    }

    printf("%lld\n", min(abs(get(r) - S), abs(S - get(r + 1))));

    return 0;
}