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賽時是想到普通的線段樹 + 二分 \(O(q\log^2n)\)，預期是 70pts，實際 50pts
後面發現又是在 long long 型別的計算中，1ll 寫成了 1，然後爆負數，複雜度就錯了，T 了四個點
開題，讀起來是一個很套路的題目
要對區間線上修改，區間加、（區間乘？），發現資料很大，那就是線段樹、樹狀陣列維護了
思考了一下，答案可以分兩部分求解，
一是找到使 youyou 死亡的那一輪，之前輪的貢獻可以按題意累加得到，
LL sum = query(1, 1, n), tot = 0ll, last;
int cnt = 0ll; // 實際到第 cnt 輪就死亡
while (tot < W)
{
last = tot;
tot = sum * (LL)(1ll << cnt) + last;
cnt ++;
}
ans += (LL)((cnt - 1ll) * n); // 所有點覆蓋輪
W -= last;
手算了一下時間複雜度應該是 \(O(x)\) 滿足 \(sum\sum\limits_{i = 0}^x 2^i = W\)，等比數列求和一下近似 \(O(\log n)\)
我一開始測大樣例 2s 內本地跑不出來，以為是寫假了（就是寫假了 qwq，爆負數），然後卡了好久在那想怎麼做到 \(sum\cdot 2^x=W\)，白給了很多時間
這裡推導一下等比數列求和 qwq
\(S_x = sum\sum\limits_{i=0}^x 2^i\)
\(2S_x = sum\sum\limits_{i=1}^{x + 1} 2^i\)
\(S_x = 2S_x - S_x = sum\cdot 2^{x+1} - sum\cdot 2^0 = W\)
\(x = \log_2(\frac{W}{2sum} + \frac{1}{2})\)
二是確定為第 i 輪死亡時，想到從左往右覆蓋具有單調性，可以把死亡位置二分出來，每次求個字首和
時間複雜度是 \(O(\log^2n)\) 的
需要注意的是，我一開始是考慮第 i 輪要用區間乘實現，後來發現還要還原，有點不可做的感覺
但是再仔細一想，注意到第 i 輪的初始值是整體偏移的，且並不關心單個數值偏移後的具體大小，那我直接求出第一輪的和然後乘上對應的偏移量就可以了
可以拿到 70pts
code
#include <bits/stdc++.h>
#define re register int
#define lp p << 1
#define rp p << 1 | 1
#define int long long
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 10;
const LL inf = 1e18;
int n, T, a[N];
LL W0, ans;
struct Tree
{
int l, r, tag;
LL sum;
}t[N << 2];
inline void push_up(int p)
{
t[p].sum = t[lp].sum + t[rp].sum;
}
inline void push_down(int p)
{
if (t[p].tag)
{
t[lp].sum += (LL)(t[lp].r - t[lp].l + 1) * (LL)t[p].tag;
t[rp].sum += (LL)(t[rp].r - t[rp].l + 1) * (LL)t[p].tag;
t[lp].tag += t[p].tag;
t[rp].tag += t[p].tag;
t[p].tag = 0;
}
}
inline void build(int p, int l, int r)
{
t[p].l = l, t[p].r = r;
if (l == r)
{
t[p].sum = a[l];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lp, l, mid);
build(rp, mid + 1, r);
push_up(p);
}
inline void update(int p, int l, int r, int k)
{
if (l <= t[p].l && t[p].r <= r)
{
t[p].sum += (LL)(t[p].r - t[p].l + 1) * k;
t[p].tag += k;
return;
}
push_down(p);
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
if (l <= mid) update(lp, l, r, k);
if (r > mid) update(rp, l, r, k);
push_up(p);
}
inline LL query(int p, int l, int r)
{
if (l <= t[p].l && t[p].r <= r) return t[p].sum;
push_down(p);
LL res = 0ll;
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
if (l <= mid) res += query(lp, l, r);
if (r > mid) res += query(rp, l, r);
return res;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
// freopen("wxyt3.in", "r", stdin);
// freopen("wxyt3.out", "w", stdout);
cin >> n >> T >> W0;
for (re i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
build(1, 1, n);
while (T --)
{
ans = 0ll;
LL W = W0;
int L, R, d; cin >> L >> R >> d;
update(1, L, R, d);
LL sum = query(1, 1, n), tot = 0ll, last;
int cnt = 0ll; // 實際到第 cnt 輪就死亡
while (tot < W)
{
last = tot;
tot = sum * (LL)(1ll << cnt) + last;
cnt ++;
}
ans += (LL)((cnt - 1ll) * n); // 所有點覆蓋輪
W -= last;
int l = 1, r = n;
while (l < r)
{
int mid = (l + r) >> 1;
if (W - query(1, 1, mid) * (LL)(1ll << (cnt - 1ll)) <= 0) r = mid;
else l = mid + 1;
}
ans += (LL)(l - 1ll);
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
瓶頸就是它卡兩隻 log，，，再考慮到線段樹本身常數較大（可能樹狀陣列可以衝一下？
可能有其他做法，std 是 \(O(n\log W + q)\) 的，沒去看
消去一隻 log 的辦法就是線上段樹上直接二分，找左右子樹，很妙的辦法
ac code
#include <bits/stdc++.h>
#define re register int
#define lp p << 1
#define rp p << 1 | 1
#define int long long
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 10;
const LL inf = 1e18;
int n, T, a[N];
LL W0, ans;
struct Tree
{
int l, r, tag;
LL sum;
}t[N << 2];
inline void push_up(int p)
{
t[p].sum = t[lp].sum + t[rp].sum;
}
inline void push_down(int p)
{
if (t[p].tag)
{
t[lp].sum += (LL)(t[lp].r - t[lp].l + 1) * (LL)t[p].tag;
t[rp].sum += (LL)(t[rp].r - t[rp].l + 1) * (LL)t[p].tag;
t[lp].tag += t[p].tag;
t[rp].tag += t[p].tag;
t[p].tag = 0;
}
}
inline void build(int p, int l, int r)
{
t[p].l = l, t[p].r = r;
if (l == r)
{
t[p].sum = a[l];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lp, l, mid);
build(rp, mid + 1, r);
push_up(p);
}
inline void update(int p, int l, int r, int k)
{
if (l <= t[p].l && t[p].r <= r)
{
t[p].sum += (LL)(t[p].r - t[p].l + 1) * k;
t[p].tag += k;
return;
}
push_down(p);
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
if (l <= mid) update(lp, l, r, k);
if (r > mid) update(rp, l, r, k);
push_up(p);
}
inline LL query(int p, int l, int r)
{
if (l <= t[p].l && t[p].r <= r) return t[p].sum;
push_down(p);
LL res = 0ll;
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
if (l <= mid) res += query(lp, l, r);
if (r > mid) res += query(rp, l, r);
return res;
}
inline int query2(int p, int l, int r, LL W, LL layer)
{
if (l == r) return l;
push_down(p);
int mid = (l + r) >> 1;
if (W - t[lp].sum * layer <= 0) return query2(lp, l, mid, W, layer);
else return query2(rp, mid + 1, r, W - t[lp].sum * layer, layer);
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
// freopen("wxyt3.in", "r", stdin);
// freopen("wxyt3.out", "w", stdout);
cin >> n >> T >> W0;
for (re i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
build(1, 1, n);
while (T --)
{
ans = 0ll;
LL W = W0;
int L, R, d; cin >> L >> R >> d;
update(1, L, R, d);
LL sum = query(1, 1, n), tot = 0ll, last;
int cnt = 0ll; // 實際到第 cnt 輪就死亡
while (tot < W)
{
last = tot;
tot = sum * (LL)(1ll << cnt) + last;
cnt ++;
}
ans += (LL)((cnt - 1ll) * n); // 所有點覆蓋輪
W -= last;
int pos = query2(1, 1, n, W, (LL)(1ll << (cnt - 1ll))) - 1;
cout << ans + pos << '\n';
}
return 0；
}