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这题算是一道结论题，
先来想一下，当q=0时，很显然有结论：
1. 对于所有没有被切过的蚯蚓，一定是越切越短。
2. 对于被切开的两段，随着时间的增加，新切的两段分别都是越来越短。

也就是说，只要开3个队列，每次取出最大值即可，

那么当q>0时，我们发现，以上的性质同样符合，所以只要多维护一个时间即可。

复杂度：O(n)O(n)

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef double db;
const int N=7000500,INF=2147483640;
int n,m,ans,m1,sc,Q,W;
db P;
int s[3],ti[3];
struct qqww
{int v,t,n;
}t,d[3][N];
bool operator <(qqww q,qqww w){return q.v-q.t*m1<w.v-w.t*m1;}
qqww max(qqww q,qqww w){return (q.v-q.t*m1>w.v-w.t*m1)?q:w;}
bool PX(qqww q,qqww w){return w<q;}
int main()
{freopen("earthworm.in","r",stdin);freopen("earthworm.out","w",stdout);int q,w;scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&m1,&Q,&W,&sc);fo(i,1,n)scanf("%d",&d[0][i].v);sort(d[0]+1,d[0]+1+n,PX);s[0]=s[1]=s[2]=1;ti[0]=n;fo(i,1,m){t.v=-INF/2;fo(j,0,2)if(s[j]<=ti[j]&&t<d[j][s[j]])t=d[j][s[j]],t.n=j;s[t.n]++;t.v+=(i-t.t-1)*m1;t.t=i;if(i%sc==0)printf("%d ",t.v);q=(long double)t.v*Q/W+1e-6;w=t.v-q;t.v=q;d[1][++ti[1]]=t;t.v=w;d[2][++ti[2]]=t;}printf("\n");fo(i,1,n+m){t.v=-INF/2;fo(j,0,2)if(s[j]<=ti[j]&&t<d[j][s[j]])t=d[j][s[j]],t.n=j;s[t.n]++;t.v+=(m-t.t)*m1;if(i%sc==0)printf("%d ",t.v);}return 0;
}

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