大意：
思路：
数组大小范围为1e5,查询次数范围1e5，每次在线枚举查找是扛不住的。
所以我们可以选择离线。
因为这里不会有修改操作，所以我们可以将离线下来的询问按询问值来排序。
同时将原数组按照大小排序。
那么遍历询问数组时，因为查询键值是从小到大的，我们当前找到的满足条件的数字，也就是小于当前查询值的数字，之后也是有可能满足条件的（事实上只要它在对应的要求区间里，它就会一直满足条件）。
那么就可以用一个树状数组来统计前缀和，也就是在某一区间内满足条件的数字的总数。因为这个数组也是随着查询而动态更新的，所以我们不用担心当前的前缀和会与在这之前的某些要求相悖。
那么每次的查询结果，就应该是对应的区间和。
ans[qry[i].num]=sum(qry[i].r)-sum(qry[i].l-1);注意离线下来的查询还要按原顺序输出，所以可以用一个数组来存一下。
PS：这里查询的键值上限还算友善，如果更大的话，也要考虑一下离散化。
code：）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define lowbit(x) x&(-x)
const ll N=100010;
ll n,m;
ll tr[N];
pair<ll,ll> mas[N];
struct ty{
ll l,r;
ll val;
ll num;
}qry[N];
void add(ll x,ll num)
{
while(x<=n)
{
tr[x]+=num;
x+=lowbit(x);
}
}
ll ans[N];//记录离线答案
ll sum(ll x)
{
ll ans=0;
while(x>0)
{
ans+=tr[x];
x-=lowbit(x);
}
return ans;
}
bool cmp(ty a,ty b)
{
return a.val<b.val;//按查询值排序
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
cin>>mas[i].first;
mas[i].second=i;
}
sort(mas+1,mas+1+n);//按大小排序
for(int i=1;i<=m;++i)
{
cin>>qry[i].l>>qry[i].r>>qry[i].val;
qry[i].num=i;
}
sort(qry+1,qry+1+m,cmp);
ll cur=1;//当前枚举到的右界
for(int i=1;i<=m;++i)
{
ll vl=qry[i].val;
while(cur<=n&&mas[cur].first<=vl)
{
add(mas[cur].second,1);
cur++;
}
ans[qry[i].num]=sum(qry[i].r)-sum(qry[i].l-1);
}
for(int i=1;i<=m;++i)
{
cout<<ans[i]<<endl;
}
return 0;
}