顯然所有詢問都要經過至少$\sum d$,只需要考慮除了$\sum d$之外的等待紅燈的時間。
將所有詢問的時間模$g+r$,並按時間用set維護。
那麼對於每個紅燈,在set中可以找出$1$到$2$個區間,將裡面所有的詢問暴力取出,新增一個新點作為等到綠燈後的詢問放入。
那麼詢問與新點之間構成了一棵樹結構,每個詢問實際的答案為它到根路徑上所有點的答案之和。
時間複雜度$O(n\log n)$。
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<set> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<ll,int>P; const int N=150010; int n,m,i,f[N],q[N],cnt,tot;ll A,B,per,d[N],x,w[N],sum;bool v[N];set<P>T; inline void read(ll&a){char c;while(!(((c=getchar())>='0')&&(c<='9')));a=c-'0';while(((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))(a*=10)+=c-'0';} ll dfs(int x){ if(v[x])return w[x]; return v[x]=1,w[x]+=dfs(f[x]); } inline void solve(ll L,ll R,ll K){ cnt=0; while(1){ set<P>::iterator it=T.lower_bound(P(L,0)); if(it==T.end())break; if(it->first>R)break; q[cnt++]=it->second; w[it->second]+=K-it->first; T.erase(it); } if(!cnt)return; tot++; for(int i=0;i<cnt;i++)f[q[i]]=tot; T.insert(P(K%per,tot)); } inline void fix(ll L){ L=(per-L+A)%per; ll R=L+B-1,K=R+1; solve(L,min(R,per-1),K); if(R>=per)solve(0,R%per,K-per); } int main(){ scanf("%d%lld%lld",&n,&A,&B); per=A+B; for(i=0;i<=n;i++)read(d[i]); scanf("%d",&m); for(i=1;i<=m;i++)read(w[i]),T.insert(P(w[i]%per,i)); for(tot=m,i=0;i<=n;i++){ sum+=d[i]; if(i<n)fix(sum%per); } for(i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",dfs(i)+sum); return 0; }