闲话

一道质量不错的签到题。

题解

由于有区间操作，考虑使用线段树。

不难通过线段树维护需要区间增减操作的序列，同时不难通过二分寻找最后一个循环之后最后一个不会导致 youyou 死亡的垃圾桶。实际上，本题的难点在于 $1\le q\le 10^6$，暴力实现上述思路的时间复杂度为 $O(q\log^2 n)$，结合线段树的较大常数，通过此题需要卡常。

然而，线段树的结构决定了上述思路可以在 $O(q\log n)$ 的时间复杂度内实现。

假设线段树维护了一个长度为 $n$ 的序列 $a$。给出值 $x$，你需要找出最大的 $i$，满足 $1\le i\le n$ 且 $\sum_{j=1}^i a_j<x$。

由于线段树的每个节点有左子节点和右子节点，则你可以确定你的目标在左子节点内或右子节点内。

具体地说，若 $x$ 小于左子节点内元素之和，则你的目标在左子节点内，否则可能在右子节点内。

按照上述方法操作，遍历到线段树的叶子节点时一定可以找出答案。

时间复杂度 $O(n+q\log n)$。

代码

#include <cctype>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
using ll = long long;
int n, q, a[N];
ll w, tr[N << 2], tag[N << 2];
inline void build(int x, int l, int r)
{
    if (l == r)
        return tr[x] = a[l], void();
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(x << 1, l, mid);
    build(x << 1 | 1, mid + 1, r);
    tr[x] = tr[x << 1] + tr[x << 1 | 1];
}
void psh(int x, int l, int r)
{
    int mid = (l + r) >> 1;
    tr[x << 1] += tag[x] * (mid - l + 1);
    tr[x << 1 | 1] += tag[x] * (r - mid);
    tag[x << 1] += tag[x], tag[x << 1 | 1] += tag[x];
    tag[x] = 0;
}
void update(int x, int l, int r, int lb, int rb, ll v)
{
    if (l >= lb and r <= rb)
    {
        tr[x] += v * (r - l + 1);
        tag[x] += v;
        return;
    }
    if (tag[x])
        psh(x, l, r);
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (lb <= mid)
        update(x << 1, l, mid, lb, rb, v);
    if (rb > mid)
        update(x << 1 | 1, mid + 1, r, lb, rb, v);
    tr[x] = tr[x << 1] + tr[x << 1 | 1];
}
int lwr(int x, int l, int r, ll v)
{
    if (l == r)
        return tr[x] >= v ? l - 1 : l;
    if (tag[x])
        psh(x, l, r);
    int mid = (l + r) >> 1;
    ll res = 0;
    if (tr[x << 1] < v)
        res = lwr(x << 1 | 1, mid + 1, r, v - tr[x << 1]);
    else
        res = lwr(x << 1, l, mid, v);
    tr[x] = tr[x << 1] + tr[x << 1 | 1];
    return res;
}
ll run()
{
    ll tmp = w, tsm = tr[1], res = 0, rd = 1;
    // printf("tsm %lld\n", tsm);
    while (tmp > tsm)
        tmp -= tsm, res += n, tsm <<= 1, rd <<= 1;
    // printf("t %lld %lld\n", res, (tmp + rd - 1) / rd);
    return res + lwr(1, 1, n, (tmp + rd - 1) / rd);
}
template <typename _Tp> inline void read(_Tp &x)
{
    char ch;
    while (ch = getchar(), !isdigit(ch) and ~ch)
        ;
    x = (ch ^ 48);
    while (ch = getchar(), isdigit(ch))
        x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
}
template <typename _Tp, typename... _Args> inline void read(_Tp &x, _Args &...args)
{
    read(x);
    read(args...);
}
template <typename _Tp> inline void print(_Tp x)
{
    if (x > 9)
        print(x / 10);
    putchar((x % 10) ^ 48);
}
int main()
{
    // freopen("wxyt.in", "r", stdin);
    // freopen("wxyt.out", "w", stdout);
    read(n, q, w);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        read(a[i]);
    }
    build(1, 1, n);
    for (int i = 1, l, r, v; i <= q; i++)
    {
        read(l, r, v);
        update(1, 1, n, l, r, v);
        print(run());
        putchar('\n');
    }
}