做法1
将问题离线，并在左端点和右端点打上差分，之后即可以看作求$f(C,[a_{1},a_{2},...,a_{n}])$，其表示以$C$为上限（0为下限），从0开始不断加上$a_{i}$（可以为负）的答案
再定义$g(C,a_{i})$，其与$f(C,a_{i})$的定义类似，但没有下限为0的限制
考虑两者的关系，显然$forall 0le jle n$有
$$
f(C,[a_{1},a_{2},...,a_{n}])ge f(C,[a_{j+1},a_{j+2},...,a_{n}])ge g(C,[a_{j+1},a_{j+2},...,a_{n}])
$$
前者是因为在操作$a_{j-1}$后值非负，后者因为其没有下限显然值不增
另一方面，考虑最大的$j$，使得在$f(C,a_{i})$中操作$a_{j}$后值为0，即之后不会再变为0，那么也可以看作没有下限为0的限制，即有
$$
f(C,[a_{1},a_{2},...,a_{n}])=f(C,[a_{j+1},a_{j+2},...,a_{n}])=g(C,[a_{j+1},a_{j+2},...,a_{n}])
$$
（若不存在则令$j=0$，相等的原因类似，这里就省略了）
由此，我们得到了$f(C,[a_{1},a_{2},...,a_{n}])=max_{0le jle n}g(C,[a_{j+1},a_{j+2},...,a_{n}])$
考虑$g(C,[a_{1},a_{2},...,a_{n}])$，令$S_{i}=sum_{j=1}^{i}a_{j}$，若不存在$S_{i}>C$即为$S_{n}$，否则即$S_{n}-max_{1le ile n}S_{i}+C$
将之代入前式并化简，也即
$$
f(C,[a_{1},a_{2},...,a_{n}])=S_{n}-min_{0le ile n}max(S_{i},max_{ile jle n}S_{j}-C)
$$
考虑如何维护，二分枚举答案$T$，那么$f(C,a_{i})>T$当且仅当
$$
exists 0le ile n,max(S_{i},max_{ile jle n}S_{j}-C)<S_{n}-T
$$
换言之，我们即要检验是否存在$S_{i}<S_{n}-T$且$forall ile jle n,S_{j}<S_{n}-T+C$，显然后者具有单调性，通过线段树可以确定$i$的下限，然后求区间最小值即可
时间复杂度为$o(nlog^{2}n)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #include"candies.h" 3 using namespace std; 4 #define N 200005 5 #define ll long long 6 #define L (k<<1) 7 #define R (L+1) 8 #define mid (l+r>>1) 9 vector<int>ans,Add[N],Dec[N]; 10 int n,m; 11 ll tag[N<<2],mx[N<<2],mn[N<<2]; 12 void upd(int k,ll x){ 13 tag[k]+=x; 14 mx[k]+=x; 15 mn[k]+=x; 16 } 17 void up(int k){ 18 mx[k]=max(mx[L],mx[R]); 19 mn[k]=min(mn[L],mn[R]); 20 } 21 void down(int k){ 22 upd(L,tag[k]); 23 upd(R,tag[k]); 24 tag[k]=0; 25 } 26 void update(int k,int l,int r,int x,int y,int z){ 27 if ((l>y)||(x>r))return; 28 if ((x<=l)&&(r<=y)){ 29 upd(k,z); 30 return; 31 } 32 down(k); 33 update(L,l,mid,x,y,z); 34 update(R,mid+1,r,x,y,z); 35 up(k); 36 } 37 ll query(int k,int l,int r,int x,int y){ 38 if ((l>y)||(x>r))return 2e15; 39 if ((x<=l)&&(r<=y))return mn[k]; 40 down(k); 41 return min(query(L,l,mid,x,y),query(R,mid+1,r,x,y)); 42 } 43 int find(int k,int l,int r,ll x){ 44 if (mx[k]<x)return -1; 45 if (l==r)return l; 46 down(k); 47 int ans=find(R,mid+1,r,x); 48 if (ans>=0)return ans; 49 return find(L,l,mid,x); 50 } 51 int query(int k){ 52 int l=0,r=k; 53 ll S=query(1,0,m,m,m); 54 while (l<r){ 55 int x=find(1,0,m,S-mid+k); 56 if (query(1,0,m,x+1,m)>=S-mid)r=mid; 57 else l=mid+1; 58 } 59 return l; 60 } 61 vector<int> distribute_candies(vector<int>c,vector<int>l,vector<int>r,vector<int>v){ 62 n=c.size(),m=l.size(); 63 for(int i=0;i<m;i++){ 64 Add[l[i]].push_back(i); 65 Dec[r[i]].push_back(i); 66 } 67 for(int i=0;i<n;i++){ 68 for(int j=0;j<Add[i].size();j++)update(1,0,m,Add[i][j]+1,m,v[Add[i][j]]); 69 ans.push_back(query(c[i])); 70 for(int j=0;j<Dec[i].size();j++)update(1,0,m,Dec[i][j]+1,m,-v[Dec[i][j]]); 71 } 72 return ans; 73 }
做法2
仍然离线+差分，考虑递归处理$f(C,[a_{1},a_{2},...,a_{n}],x)$的值（$x$指操作前的值，初始为0）
令$sum_{i}=sum_{j=1}^{i}a_{j}$，$mx$为$sum_{i}$的最大值（包括$sum_{0}$），$mn$为最小值，对其分类讨论：
1.若$x+mxle C$或$x+mnge 0$，即没有上限或下限，与之前的$g$类似
2.注意到$C-mx<x<-mn$，也即$mx-mn>C$，则$f(C,a_{i},0)=f(C,a_{i},1)=...=f(C,a_{i},C)$
由此，可以递归处理，当右子树$mx-mn>C$显然就不用递归左子树了，否则递归左子树后右子树的结果可以直接$o(1)$求出
时间复杂度为$o(nlog n)$，可以通过