题目大意
给定长为$N$一个序列，每次询问一个区间，求最小的不能表示为由区间内若干个（可以是$0$个）数的和的非负整数。
考虑一个可重集合$S$，设抽取$S$中若干个数相加无法得到的最小非负整数为$Ans_S$
显然$Ans_{emptyset}=1$
当加入一个元素$x$时
当$x>Ans_S$时，原先的$Ans_S$仍然无法凑出来，所以答案不变
当$xleq Ans_S$时，原先的$0,1...Ans_S-1$可表示为$x,x+1...Ans_S-1+x$由于$xleq Ans_S-1$
所以$S$加入$x$后得到的$K$一可以表示$0,1...Ans_S+x-1$，而$Ans_S+x$仍然无法凑出来
所以$Ans_K=Ans_S+x$
但是这样直接做还是会$TLE$，因为每次询问得把区间扫一遍。
我们想一个很暴力的优化。
设当前答案为$ans$，你已经加上了区间内小于等于$last$的数的和。
由于答案已经达到了$ans$，我们求出$sum=$区间内满足$last<xleq ans$的所有$x$的和。
若$sum=0$，则答案已经不再影响，直接停止就好，否则我们令$last=ans，ans=ans+sum$即可。
初始时$last=0,ans=1$。
这看起来很暴力，但是其中对于所有的若$sum>0$，则一定有$sum>last$，所以每两次操作$last$至少扩大一倍，而所有数的总和又是固定的，所以对于每一次询问$ans$只会进行$log$级别次数的增加。
区间求一定值域内的和，用可持久化线段树维护即可。
复杂度$O(Nlog(sum A_i)+Mlog^2(sum A_i))$
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 120000
#define mid ((l+r)>>1)
#define MAXN 1000000002
using namespace std;
int read(){
int nm=0,fh=1; char cw=getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
return nm*fh;
}
int n,m,sum[M*32],L[M*32],R[M*32],rt[M],cnt;
void write(int x){if(x>9) write(x/10); putchar(x-(x/10)*10+'0');}
void ins(int &x,int pre,int l,int r,int pos){
x=++cnt,L[x]=L[pre],R[x]=R[pre];
sum[x]=sum[pre]+pos; if(l==r) return;
if(pos<=mid) ins(L[x],L[pre],l,mid,pos);
else ins(R[x],R[pre],mid+1,r,pos);
}
int qry(int now,int pre,int l,int r,int ls,int rs){
if(sum[now]==sum[pre]||r<ls||rs<l) return 0;
if(ls<=l&&r<=rs) return sum[now]-sum[pre];
return qry(L[now],L[pre],l,mid,ls,rs)+qry(R[now],R[pre],mid+1,r,ls,rs);
}
int main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) m=read(),ins(rt[i],rt[i-1],1,MAXN,m);
for(int T=read(),last=0,ans=1;T;T--,last=0,ans=1){
int ls=read()-1,rs=read(),now=0;
while(true){
now=qry(rt[rs],rt[ls],1,MAXN,last+1,ans);
if(!now) break; last=ans,ans+=now;
} write(ans),putchar('
');
}
return 0;
}