[BZOJ2527]Meteors

整体二分挺好玩的...学一发

这个询问显然是可以二分的，但每次都二分就会T爆，所以我们有了“整体”二分

每次处理一些询问，要求这些询问的答案一定在$[l,r]$中

先把$l$到$mid$的操作实施，那么当前TAK的询问答案一定在$[l,mid]$中，当前NIE的询问答案一定在$[mid+1,r]$中，对答案为$[mid+1,r]$的那些询问加上$[l,mid]$的修改所产生的影响后分治处理即可

开始时加上一个操作$(1,m,+\infty)$就可以处理NIE的情况了

直接用线段树会被卡常，因为是区间加，单点询问，所以差分后用树状数组做即可

#include<stdio.h>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=1000000000;
struct rain{
	int l,r,d;
	rain(int a=0,int b=0,int c=0){l=a;r=b;d=c;}
}R[300010];
vector<int>s[300010];
vector<int>::iterator it;
int p[300010],q[300010],ans[300010],ql[300010],qr[300010],n,m;
ll d[300010],las[300010];
int lowbit(int x){return x&-x;}
void add(int x,int v){
	while(x<=m){
		d[x]+=v;
		x+=lowbit(x);
	}
}
void add(int l,int r,int v){
	add(l,v);
	add(r+1,-v);
}
ll query(int x){
	ll s=0;
	while(x){
		s+=d[x];
		x-=lowbit(x);
	}
	return s;
}
void solve(int h,int t,int l,int r){
	if(h>t)return;
	int i,mid,cl,cr;
	ll tmp;
	if(l==r){
		for(i=h;i<=t;i++)ans[q[i]]=l;
		return;
	}
	mid=(l+r)>>1;
	for(i=l;i<=mid;i++){
		if(R[i].l<=R[i].r)
			add(R[i].l,R[i].r,R[i].d);
		else{
			add(R[i].l,m,R[i].d);
			add(1,R[i].r,R[i].d);
		}
	}
	cl=cr=0;
	for(i=h;i<=t;i++){
		tmp=0;
		for(it=s[q[i]].begin();it!=s[q[i]].end();it++){
			tmp+=query(*it);
			if(tmp+las[q[i]]>=p[q[i]])break;
		}
		if(tmp+las[q[i]]>=p[q[i]])
			ql[++cl]=q[i];
		else{
			las[q[i]]+=tmp;
			qr[++cr]=q[i];
		}
	}
	for(i=1;i<=cl;i++)q[h+i-1]=ql[i];
	for(i=1;i<=cr;i++)q[h+cl+i-1]=qr[i];
	for(i=l;i<=mid;i++){
		if(R[i].l<=R[i].r)
			add(R[i].l,R[i].r,-R[i].d);
		else{
			add(R[i].l,m,-R[i].d);
			add(1,R[i].r,-R[i].d);
		}
	}
	solve(h,h+cl-1,l,mid);
	solve(h+cl,t,mid+1,r);
}
int main(){
	int i,x,k;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d",&x);
		s[x].push_back(i);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",p+i);
	scanf("%d",&k);
	for(i=1;i<=k;i++)scanf("%d%d%d",&R[i].l,&R[i].r,&R[i].d);
	R[++k]=rain(1,m,inf);
	for(i=1;i<=n;i++)q[i]=i;
	solve(1,n,1,k);
	for(i=1;i<=n;i++){
		if(ans[i]==k)
			puts("NIE");
		else
			printf("%d\n",ans[i]);
	}
}