题目大意：给定一个长度为$n$的正整数序列$a_i$，$m$次询问，每次询问$[l,r]$，求最小的无法表示成$a_l,a_{l+1},ldots,a_r$的子集之和的正整数。
数据范围：$1leq lleq rleq nleq 10^5,1leq mleq 10^5,sum a_ileq 10^9$
（FJOI考Codechef原题？？？）
这个套路之前学校训练的时候也遇到过，这里又遇到了。。。
我们考虑对于一组询问如何计算。
首先，我们知道$[1,0]$是肯定可以表示出来的（为了方便表示就这样写了）
可以像数学归纳法那样递推，先把所有数从小到大排序，假设$[1,x]$被计算出都是可以表示的，现在又有了一个新的数$v$。
若$v>x+1$，那么$x+1$还是无法表示出来，还是只有$[1,x]$是可以的。
若$vleq x+1$，那么$[1,x+v]$都是可以表示的。
根据这个规律，我们这样考虑。
设$s_0=0$，每次递推这样做（$i=0,1,2,3,ldots$）。
计算区间中$leq s_i+1$的数之和，设为$s_{i+1}$。
反复进行，直到$s_i=s_{i+1}$，也就是无法再扩展这个区间了，答案就是$s_i+1$。
（感性理解一下，应该就是对的）
但是我们需要这样递推多少次呢？
我们发现，$s_i$增长最慢的情况就是$s_0=0,s_1=1,s_2=2,s_3=3,s_4=5,s_5=8,ldots$，就是斐波那契数列，所以是指数级别增长的，所以在$log(sum a_i)$次以内就会停止。
每次计算$leq s_i+1$的数之和的时候，可以用从小到大将数加入主席树，然后二分一下每次在哪个线段树中计算$[l,r]$中的和就可以了。
时间复杂度为$O(nlog nlog(sum a_i))$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define Rint register int 3 using namespace std; 4 const int N = 100003; 5 int n, m, a[N], id[N], root[N], seg[N << 5], ls[N << 5], rs[N << 5], cnt; 6 inline void pushup(int x){seg[x] = seg[ls[x]] + seg[rs[x]];} 7 inline void change(int &now, int pre, int L, int R, int pos, int val){ 8 now = ++ cnt; seg[now] = seg[pre]; ls[now] = ls[pre]; rs[now] = rs[pre]; 9 if(L == R){ 10 seg[now] = val; 11 return; 12 } 13 int mid = L + R >> 1; 14 if(pos <= mid) change(ls[now], ls[pre], L, mid, pos, val); 15 else change(rs[now], rs[pre], mid + 1, R, pos, val); 16 pushup(now); 17 } 18 inline int query(int x, int L, int R, int l, int r){ 19 if(l <= L && R <= r) return seg[x]; 20 int mid = L + R >> 1, ans = 0; 21 if(l <= mid) ans += query(ls[x], L, mid, l, r); 22 if(mid < r) ans += query(rs[x], mid + 1, R, l, r); 23 return ans; 24 } 25 inline int calc(int l, int r, int v){ 26 int left = 0, right = n, mid, ans; 27 while(left <= right){ 28 mid = left + right >> 1; 29 if(a[id[mid]] <= v) ans = mid, left = mid + 1; 30 else right = mid - 1; 31 } 32 return query(root[ans], 1, n, l, r); 33 } 34 int main(){ 35 scanf("%d", &n); 36 for(Rint i = 1;i <= n;i ++) scanf("%d", a + i), id[i] = i; 37 sort(id + 1, id + n + 1, [](int x, int y) -> bool {return a[x] < a[y];}); 38 for(Rint i = 1;i <= n;i ++) 39 change(root[i], root[i - 1], 1, n, id[i], a[id[i]]); 40 scanf("%d", &m); 41 while(m --){ 42 int l, r, s = 0, tmp = 0; 43 scanf("%d%d", &l, &r); 44 while(true){ 45 tmp = calc(l, r, s + 1); 46 if(s == tmp) break; 47 s = tmp; 48 } 49 printf("%d ", s + 1); 50 } 51 }