[POI2011]MET-Meteors

在发现此题前，我以为整体二分只能求第K大来着，我还是太菜了

我们先不考虑多组询问，假设只有一组询问

不难发现，答案具有明显的单调性，所以我们考虑二分来做

对于我们二分的值(mid)，我们先假设(l-mid)的雨全部下下来

如果当前的降雨量大于我们所需要的，那么答案大了，否则答案小了，就把所需要的降雨量变为：原本所需要的降雨量(-(l-mid)的降雨量())

那么有多组询问要怎么做呢？

我们考虑整体二分，我们定义函数solve(l, r, L, R)为我们二分的值为([l, r])（也就是单组询问的(l, r)），目前的操作区间为([L,R])（如果是单组询问的话就是([L==R])）

我们可以将([L, R])区间内所有的操作进行分类：分成答案大的和答案小的（见单组二分的分类），将答案小的放在前面（类似于归并排序），将答案大的放在后面，于是我们就可以继续二分递归了

我们假设在([L, R])内有(cnt1)个操作比答案小，那么我们递归应该是：

solve(l, mid, L, L + cnt1 - 1), solve(mid + 1, r, L + cnt1, R);

最后，我们最开始的假设([l, mid])的雨全部下下来，可以用树状数组来实现，在每次递归进入下一次的时候，树状数组需要清空，但我们并不需要(memset)，只需要把这一层递归修改的值改回来就行了

(Code:)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define re register
#define int long long
#define inf 1000000000 
il int read() {
    re int x = 0, f = 1; re char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
    return x * f;
}
#define rep(i, s, t) for(re int i = s; i <= t; ++ i)
#define lb(x) (x)&(-(x))
#define maxn 300005
int n, m, ans[maxn], tr[maxn * 2], T;
struct ques {
	int l, r, a, id;
}e[maxn];
struct node {
	int ned, id;
}p[maxn], p1[maxn], p2[maxn];
vector<int> q[maxn];
il void add(int x, int v) {
	for(re int i = x; i <= 2 * m; i += lb(i)) tr[i] += v;
}
il int query(int x) {
	int ans = 0;
	for(re int i = x; i; i -= lb(i)) ans += tr[i];
	return ans;
}
il int Query(int x) {
	int ans = 0;
	for(re int i = 0; i < q[p[x].id].size(); ++ i) {
		ans += query(q[p[x].id][i]) + query(q[p[x].id][i] + m);
		if(ans >= p[x].ned) return ans;
	}
	return ans;
}
il void solve(int l, int r, int L, int R) {
	if(L > R) return;
	if(l == r) {
    	//如果二分到了终点，显然当前操作区间的答案都等于二分的答案
		rep(i, L, R) ans[p[i].id] = l;
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1, cnt1 = 0, cnt2 = 0;
    //差分，假设[l, mid]的雨全部下下来
	rep(i, l, mid) add(e[i].l, e[i].a), add(e[i].r + 1, -e[i].a);
    //判断哪些答案大了，那些小了
	rep(i, L, R) {
		int temp = Query(i);
		if(temp >= p[i].ned) p1[++ cnt1] = p[i];
		else p[i].ned -= temp, p2[++ cnt2] = p[i];
	}
    //清空树状数组
	rep(i, l, mid) add(e[i].l, -e[i].a), add(e[i].r + 1, e[i].a);
    //归并排序
	rep(i, L, L + cnt1 - 1) p[i] = p1[i - L + 1];
	rep(i, L + cnt1, R) p[i] = p2[i - L - cnt1 + 1];
    //继续二分
	solve(l, mid, L, L + cnt1 - 1), solve(mid + 1, r, L + cnt1, R);
}
signed main() {
	n = read(), m = read();
	rep(i, 1, m) q[read()].push_back(i);
	rep(i, 1, n) p[i].ned = read(), p[i].id = i;
	T = read();
	rep(i, 1, T) {
		e[i].l = read(), e[i].r = read(), e[i].a = read(), e[i].id = i;
		if(e[i].r < e[i].l) e[i].r += m;
	}
	++ T, e[T].id = T, e[T].l = 1, e[T].r = 2 * m, e[T].a = inf;
	solve(1, T, 1, n);
	rep(i, 1, n) ans[i] == T ? puts("NIE") : printf("%lld
", ans[i]);
	return 0;
}