先进行一些分析。假设需要让 $(a,b,c)$ 分别是冠亚季军，那么：
- $a$ 会尽量多过题且不会罚时；
- $c$ 只会过一个题，且是最后一次提交才通过；
- 除了这三个人之外的所有人都不过题。
更进一步的分析可以得到，$b$ 可行的过题情况有两类：
- 在一次提交通过了唯一一个题，之前可能有罚时；
- 过了两个题，最后两发提交才通过。
预处理出每个人作为冠军和季军的罚时，称为 $l_i,r_i$。只需要对于所有人作为亚军时的所有可行罚时情况，统计对应的 (冠军, 季军) 对的个数即可。
注意到，亚军过一个题且罚时大于 $L$ 的所有可行罚时中只需要保留最小的那个即可。所以可以根号分治统计所有人作为亚军的可行罚时情况。时间复杂度是 $O(n\sqrt L)$ 的，具体地，可以 $O(c^2)$ 或 $O(c+L)$ 来统计可行罚时情况。
然后计算出合法的数量。可能存在统计的时候多算冠军和季军是同一个人的情况，此时需要减掉。
查询需要减掉的情况数，本质是进行 $O(n \sqrt L)$ 次如下询问：对于 $[l,r]$，查询有多少 $i$ 满足 $[l_i,r_i]\subseteq [l,r]$。这是一个二维数点问题，可以离线下来做可持久化分块。更简单的做法是，容易发现，这 $O(n\sqrt L)$ 次询问中，只有 $O(n)$ 次询问的区间 $[l,r]$ 长度大于 $20$，所以可以提前预处理较短的区间的答案，对于较长的区间用主席树回答。
总时间复杂度是 $O(n\sqrt L + n\times 20^2 + n\log n)$。代码不是很难写，但是细节比较多。实现的时候不需要精细实现，复杂度多一点 $\log$ 或者 $20$ 也没卡。
关于 std：我偷看了一眼，看上去就没有根号分治，应该是 polylog 的。大概可以，每个人作为亚军时，每个提交对应了罚时情况中的一个公差为 $20$ 的等差数列，维护出区间之后大概处理一下，可以做到 $O(n\log n)$ 或者 $O(20\times n\log n)$。