今天华哥请吃饭，待会儿打完比赛不要跑了。    华哥现在已经去饭店了，他在桌子上整齐地摆放了n个空酒杯，编号为i酒杯的容量为ri。他有m条理（jie）由（kou）要往某写杯子里加酒。第j条理由是往编号为sj到编号为tj的杯子中倒入dj的酒。但是华哥并被注意到，在他祭出他的某条理由后，有些杯子中的酒就会漫出来！（已经倒入的酒的量大于了杯子的容量）然而，猥（ji）琐（zhi）的上决╇ф早已经看穿了这一切。他想知道，华哥的哪条理由会造成第一次漫出。但是他实在是太懒了，这个问题就丢给你了……

Input

第一行包含两个正整数n,m，表示酒杯的数量和华哥的理由条数。
第二行包含n个正整数，其中第i个数为ri，表示编号为i的酒杯的容量。
接下来有m行，每行包含三个正整数dj,sj,tj，表示第j条理由，往编号为sj到编号为tj的杯子中倒入dj的酒。每行相邻的两个数之间均用一个空格隔开。酒杯编号和理由编号都从1开始。

Output

如果没有漫出的情况发生，输出“0”。
否则第一排输出一个“-1”，第二排输出第一次造成漫出的理由的编号。

• Sample Input
• Raw

4 3
2 5 4 3
2 1 3
3 2 4
4 2 4

• Sample Output
• Raw

-1
2

Hint

对于100%的数据，有1≤n,m≤4*10^5,0≤ri,dj≤10^9,1≤sj≤tj≤n。
描述第一句话反正我是不信。

//1≤n,m≤4*10^5，线段树区间更新是可以做的
//但是这道题是简化版，若：1<=n,m<=10^6
//线段树做就可能会超时（也许会卡过，姿势要好）
//所以，可以二分答案O（logm * n）#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
#include <string>
#include <string.h>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
#define maxn 400005
#define inff 0x7FFFFFFF
typedef long long LL;
int a[maxn],lx[maxn],rx[maxn],val[maxn];
LL sum[maxn];//前缀和
int n,m,l,r;
int fun(int mid)
{for(int i=0;i<=n;i++)sum[i]=0;for(int i=1;i<=mid;i++){sum[rx[i]]+=val[i];sum[lx[i]-1]-=val[i];}int re=0;for(int i=n;i>=1;i--){re+=sum[i];if(re>a[i])return 1;//此区间找到溢出}return 0;//没找到
}
int main()
{int i;while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){for(i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);sum[i]=0;}for(i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&val[i],&lx[i],&rx[i]);}l=1,r=m;//对m次询问进行二分int flag=0;while(l<r){int mid=(l+r)/2;
//            cout<<l<<" "<<r<<endl;if(fun(mid)==0)l=mid+1;//没找到溢出就往后区间找else{flag=1;r=mid;//找到溢出 往前找}}if(flag==1){printf("%d\n%d\n",-1,r);}else printf("0\n");}return 0;
}