$Luogu$

 

$Sol$

首先$W$一定是某个$w_i$.于是一种暴力方法就出炉了,枚举$W$再计算.

注意到,满足$S-Y$的绝对值最小的$Y$只可能是两种,一种是$<S$的最大的$Y$,一种是$>S$的最小的$Y$.那就分别求出来叭.分别求的时候这个$W$的值是可以二分的.但是这样并不能$A$掉这题,因为$check$的复杂度仍然是$O(NM)$的.看了题解之后发现$check$可以用前缀和吖,觉得很巧妙$qwq$.这样下来$check()$的复杂度变成$O(N+M).$

 

$Code$

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define il inline
#define Rg register
#define go(i,a,b) for(Rg int i=a;i<=b;++i)
#define yes(i,a,b) for(Rg int i=a;i>=b;--i)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define int long long
#define db double
#define inf 2147483647
using namespace std;
il int read()
{
    Rg int x=0,y=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')y=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
    return x*y;
}
const int N=200010;
int n,m,S,as,minw=inf,maxw,sn[N],sv[N];
struct nd1{int w,v;}a[N];
struct nd2{int l,r;}b[N];
il int calc(int x)
{
    Rg int ret=0;
    mem(sn,0);mem(sv,0);
    go(i,1,n)
        if(a[i].w>=x)sn[i]=sn[i-1]+1,sv[i]=sv[i-1]+a[i].v;
        else sn[i]=sn[i-1],sv[i]=sv[i-1];
    go(i,1,m)
    {
        Rg int l=b[i].l,r=b[i].r;
        ret+=(sn[r]-sn[l-1])*(sv[r]-sv[l-1]);
    }
    return ret;
}
il int ef1()
{
    Rg int l=minw,r=maxw,mid,y,ret;
    while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)>>1;
        y=calc(mid);
        if(y<=S)ret=y,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    return ret;
}
il int ef2()
{
    Rg int l=minw,r=maxw,mid,y,ret;
    while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)>>1;
        y=calc(mid);
        if(y>=S)ret=y,l=mid+1;
        else r=mid-1;
    }
    return ret;
}
main()
{
    n=read(),m=read(),S=read();
    go(i,1,n)a[i]=(nd1){read(),read()},minw=min(minw,a[i].w),maxw=max(maxw,a[i].w);
    go(i,1,m)b[i]=(nd2){read(),read()};
    Rg int y1=ef1(),y2=ef2();
    as=min(abs(y1-S),abs(y2-S));
    printf("%lld\n",as);
    return 0;
}

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