【PR #2】史莱姆（值域分段）

首先看单次询问我们怎么做。对于一个人，他的最优策略显然是不断吃最小的，并看最后能不能吃完。

假设我们把区间内的数排好序了，设为 a 1 ≤ a 2 ≤ ⋯ ≤ a n a_1\leq a_2\leq \cdots\leq a_n a1≤a2≤⋯≤an。对于一个 u u u，它能吃完所有的人当且仅当：
∀ i < u , a u + ∑ j = 1 i − 1 a j − a i ≥ k ∀ i > u , ∑ j = 1 i − 1 a j − a i ≥ k \begin{aligned} \forall i<u,a_u+\sum_{j=1}^{i-1}a_j-a_i\geq k\\ \forall i>u,\sum_{j=1}^{i-1}a_j-a_i\geq k \end{aligned} ∀i<u,au+j=1∑i−1aj−ai≥k∀i>u,j=1∑i−1aj−ai≥k
对于第一个条件 ∀ i < u , a u ≥ k + a i − ∑ j = 1 i − 1 a j \forall i<u,a_u\geq k+a_i-\sum_{j=1}^{i-1}a_j ∀i<u,au≥k+ai−∑j=1i−1aj，我们考虑维护出 a i − ∑ j = 1 i − 1 a j a_i-\sum_{j=1}^{i-1} a_j ai−∑j=1i−1aj 的前缀最值的位置（即类似一个单调栈的东西），那么对于同一段内的限制都是相同的。

注意到这样的前缀最值个数不是很多：设上一次前缀最值的位置为 l s t lst lst，那么 i i i 成为新的前缀最值需要满足 a i − ∑ j = 1 i − 1 a j > a l s t − ∑ j = 1 l s t − 1 a j → a i > a l s t + ∑ j = l s t i − 1 a j a_i-\sum_{j=1}^{i-1}a_j>a_{lst}-\sum_{j=1}^{lst-1}a_j\to a_i>a_{lst}+\sum_{j=lst}^{i-1}a_j ai−∑j=1i−1aj>alst−∑j=1lst−1aj→ai>alst+∑j=lsti−1aj，也就是说 a i a_i ai 至少会翻倍，那么前缀最值个数的一个上界为 O ( log ⁡ V ) O(\log V) O(logV)。

但直接找到前缀最值是困难的，不过发现我们可以放宽一点限制：我们可以找到 a i − ∑ j = 1 i − 1 a j a_i-\sum_{j=1}^{i-1}a_j ai−∑j=1i−1aj 上升的位置，即 a i − ∑ j = 1 i − 1 a j > a i − 1 − ∑ j = 1 i − 2 a j → a i > 2 a i − 1 a_i-\sum_{j=1}^{i-1}a_j>a_{i-1}-\sum_{j=1}^{i-2}a_j\to a_i>2a_{i-1} ai−∑j=1i−1aj>ai−1−∑j=1i−2aj→ai>2ai−1。满足这个条件的 a i a_i ai 同样只有至多 O ( log ⁡ V ) O(\log V) O(logV) 个，而且可以用主席树挨个求出。

第二个条件是与 u u u 无关的，那么我们可以先找到最大的 p p p 满足 ∑ j = 1 p − 1 a j − a p < k \sum_{j=1}^{p-1}a_j-a_p<k ∑j=1p−1aj−ap<k，那么对于任意 u < p u<p u<p 它们都不是答案，对于任意 u ≥ p u\geq p u≥p 我们只需关注第一个条件。

发现在解决第一个条件的过程中，我们已经找到了 a i − ∑ j = 1 i − 1 a j a_i-\sum_{j=1}^{i-1}a_j ai−∑j=1i−1aj 上升的所有位置，而我们要找的是满足 a p − ∑ j = 1 p − 1 a j > − k a_p-\sum_{j=1}^{p-1}a_j>-k ap−∑j=1p−1aj>−k 的最大的 p p p，于是我们就已经可以锁定 p p p 在哪两个上升位置之间，而这两个位置之间的 a i − ∑ j = 1 i − 1 a j a_i-\sum_{j=1}^{i-1}a_j ai−∑j=1i−1aj 是单降的，所以可以通过二分求 p p p。

而对于一个前缀最值段内，对 a u a_u au 的限制都是一样的，容易用主席树求出合法的 u u u 的个数。

总时间复杂度 O ( n log ⁡ n + q log ⁡ V log ⁡ n ) O(n\log n+q\log V\log n) O(nlogn+qlogVlogn)。

接下来介绍蒋老师的单 log ⁡ \log log 做法：

首先应注意到单调性，即若 i i i 最后能获胜，则 ≥ i \geq i ≥i 的人最后也一定能获胜。这样我们只需要找第一个能获胜的人 u u u。

用的是值域分段的技巧，我们将 [ 2 b , 2 b + 1 ) [2^b,2^{b+1}) [2b,2b+1) 分成一段。那么仍然考虑 u u u 能吃完所有人的条件，发现：

对于非 u u u 所在的段，只要 u u u 能够吃掉该段的段头（出现在该段中的最小的数）， u u u 就能吃掉这一整段。
对于 u u u 所在的段：若 u u u 不是段头，则条件和上一条相同；若 u u u 是段头，只要 u u u 能够吃掉该段第二个数， u u u 就能吃掉这一整段。

同样，对于 u u u 后面的那些段，能吃掉段头的限制是和 u u u 无关的。那么我们可以先找到最后一个吃不掉段头的段，设为第 T T T 段，那么 u u u 就必须在第 T T T 段及之后，且此时我们无需再考虑 u u u 之后的段的限制。

那么我们考虑从前往后枚举 u u u 所在的段，对于 u u u 为段头的情况我们单独考虑，对于 u u u 非段头的情况，根据前面的段和当前段，我们会得到一个形如 a u ≥ x a_u\geq x au≥x 的限制，此时只需要看该段中最大的数是否 ≥ x \geq x ≥x：若 ≥ x \geq x ≥x，则能获胜的人就是所有 ≥ x \geq x ≥x 的人；若 < x <x <x，则继续考虑 u u u 是否在下一段。

我们只需要支持一些主席树上的操作，以及对每一段的区间求和、区间 min 和次 min、区间 max，使用 st 表即可做到 O ( ( n + q ) ( log ⁡ n + log ⁡ V ) ) O((n+q)(\log n+\log V)) O((n+q)(logn+logV))。

#include<bits/stdc++.h>#define N 200010
#define ll long long
#define INF 0x7fffffff
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mk(a,b) make_pair(a,b)using namespace std;inline int read()
{int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');ch=getchar();}return x*f;
}const int B=30;
inline int hb(int x){return 31-__builtin_clz(x);}int n,q,a[N];namespace Seg
{#define lc(u) ch[u][0]#define rc(u) ch[u][1]const int nn=1e9;const int NN=10000000;int node,rt[N],ch[NN][2],size[NN];inline void update(int &u,int lst,int l,int r,int x){u=++node,lc(u)=lc(lst),rc(u)=rc(lst),size[u]=size[lst]+1;if(l==r) return;int mid=(l+r)>>1;if(x<=mid) update(lc(u),lc(lst),l,mid,x);else update(rc(u),rc(lst),mid+1,r,x);}inline int query(int a,int b,int l,int r,int x){if(x<=l) return size[b]-size[a];int mid=(l+r)>>1,ans=0;if(x<=mid) ans+=query(lc(a),lc(b),l,mid,x);return ans+query(rc(a),rc(b),mid+1,r,x);}void init(){for(int i=1;i<=n;i++)update(rt[i],rt[i-1],1,nn,a[i]);}int query(int l,int r,int x){return query(rt[l-1],rt[r],1,nn,x);}#undef lc#undef rc
}struct data
{pii min1,min2;data(){}data(int p){min1=mk(a[p],p),min2=mk(INF,114514);}data(pii x,pii y){min1=x,min2=y;}
};inline data max(const data &a,const data &b)
{if(a.min1<b.min1) return data(a.min1,min(a.min2,b.min1!=a.min1?b.min1:b.min2));return data(b.min1,min(b.min2,a.min1!=b.min1?a.min1:a.min2));
}template <class T> T Set(int p);
template<> int Set<int>(int p){return a[p];}
template<> data Set<data>(int p){return data(p);}template<class T>
struct ST
{vector<vector<T>> maxn;void init(const vector<int> &pos){const int nn=pos.size();maxn.resize(nn);for(int i=nn-1;i>=0;i--){maxn[i].resize(hb(nn-i)+1);maxn[i][0]=Set<T>(pos[i]);for(int j=0;i+(1<<(j+1))-1<nn;j++)maxn[i][j+1]=max(maxn[i][j],maxn[i+(1<<j)][j]);}}inline T query(int l,int r){const int b=hb(r-l+1);return max(maxn[l][b],maxn[r-(1<<b)+1][b]);}
};struct block
{int nn,lef[N],rig[N];vector<int> pos;ST<int> maxn;ST<data> minn;vector<ll> sum;void init(){nn=pos.size();static int vis[N];memset(vis,-1,sizeof(vis));for(int i=0;i<nn;i++) vis[pos[i]]=i;for(int i=1,lst=-1;i<=n;lef[i]=lst,i++) if(~vis[i]) lst=vis[i];for(int i=n,lst=nn;i>=1;rig[i]=lst,i--) if(~vis[i]) lst=vis[i];maxn.init(pos),minn.init(pos);sum.resize(nn);for(int i=0;i<nn;i++) sum[i]=a[pos[i]]+(i?sum[i-1]:0);}inline bool empty(int l,int r){return rig[l]>lef[r];}inline int querymax(int l,int r){return maxn.query(rig[l],lef[r]);}inline data querymin(int l,int r){return minn.query(rig[l],lef[r]);}inline ll querysum(int l,int r){return sum[lef[r]]-(rig[l]?sum[rig[l]-1]:0);}
}b[B];int query(int l,int r,int k)
{int T=0;ll sum=0;for(int i=0;i<B;i++){if(b[i].empty(l,r)) continue;int head=b[i].querymin(l,r).min1.fi;if(sum<head+k) T=i;sum+=b[i].querysum(l,r);}ll premax=-1e15; sum=0;for(int i=0;i<T;i++){if(b[i].empty(l,r)) continue;int head=b[i].querymin(l,r).min1.fi;premax=max(premax,head-sum);sum+=b[i].querysum(l,r);}int X=-1;for(int i=T;i<B;i++){if(b[i].empty(l,r)) continue;data minn=b[i].querymin(l,r);int head=minn.min1.fi,sec=minn.min2.fi;if(sec==INF){if(head>=premax+k){X=head;break;}premax=max(premax,head-sum);sum+=head;continue;}if(head>=premax+k&&sum+head>=sec+k){X=head;break;}premax=max(premax,head-sum);sum+=b[i].querysum(l,r);int maxn=b[i].querymax(l,r);if(maxn>=premax+k){X=max(sec,(int)premax+k);break;}}if(X==-1) return 0;return Seg::query(l,r,max(X,1));
}int main()
{n=read(),q=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),b[hb(a[i])].pos.push_back(i);for(int i=0;i<B;i++) b[i].init();Seg::init();while(q--){int l=read(),r=read(),k=read();printf("%d\n",query(l,r,k));}return 0;
}
/*
6 4
3 1 5 3 7 5
4 6 4
*/
/*
3 2
3 3 3
1 3 1
1 3 0
*/

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