题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P5609
双倍经验：http://codeforces.com/problemset/problem/1172/F

Nauuo 是一个喜欢编程的女孩子。有一天她在做一道题，要求计算一些数的和对一个数 \(p\) 取模的结果。
她写出了如下的代码，然后获得了 WA 的评测结果。

她很快发现了 bug——ModAdd 函数只对 \([0,p)\) 中的数起作用，但是这个问题中的数有可能不在这个范围之内。她对这个错误的函数很好奇，所以她想知道它的运行结果。
然而，原来的代码运行得太慢了，所以她来找你求助。
给定数组 \(a_1,a_2,…a_n\) 和一个数 \(p\)，有 \(m\) 个询问，每次给定两个数 \(l\) 和 \(r\)，你需要计算函数 Sum(a,l,r,p) 的返回值。函数 Sum 的定义在上面的伪代码中已经给出。
注意，在上面的代码中，整数不会越界。
\(n\leq 10^6;m\leq 2\times 10^5;-10^9\leq a_i,p\leq 10^9\)。

思路

同 CF1172F。
维护一棵线段树，区间 \([l,r]\) 记一个范围为 \([0,r-l+1]\) 的数组 \(a\)，其中 \(a_i\) 表示在经过这个区间后，如果要减去 \(i\) 个 \(p\)，那么进来的数至少是多少。
总的空间是 \(O(n)\) 的，考虑怎么维护这个东西。
注：下文 \(a_i\) 为左子树的，\(a_j\) 为右子树的，\(a_{i+j}\) 为当前区间 \([l,r]\) 的。
对于左子树中的 \(a_i\)，它能和右子树的 \(a_j\) 合并，当且仅当 \(a_{i+1}-1\) 经过左边的区间后 \(\geq a_j\)，也就是 \(a_{i+1}-1+\text{sum}_{lc}-ip\geq a_j\)。
对于一组可以合并的 \(i,j\)，它们对区间 \([l,r]\) 的贡献是 \(a_{i+j}=\min(a_{i+j},\max(a_i,a_j+ip-\text{sum}_{lc}))\)。因为并不是 \([a_i,a_{i+1})\) 中所有数都可以和 \(a_j\) 合并，而 \(\max\) 后面那部分就是计算进入左子树前至少需要多大才可以进入右子树。
具体如何合并的话，考虑一个 \(a_j\)，它能和满足 \(a_{i+1}-1+\text{sum}_{lc}-ip\geq a_j\) 的 \(i\) 合并，显然 \(i\) 越小越优。所以我们只需要对于每一个 \(a_j\) 求出对应的 \(a_i\)。
猜测随着 \(j\) 的增大，\(i\) 是单调不减的。那么只需要证明 \(a_{i+1}-1+\text{sum}_{lc}-ip\) 是单调不减的，即 \(a_{i+1}-a_i\geq p\)。
因为我们已经保证了 \(a_i\) 是最小的可以减 \(i\) 次 \(p\) 的数字，所以在 \(a_i\) 经过左子树的时候一定存在一个时刻为 \(0\)，否则一定可以再减小。所以如果想再多减去一个 \(p\)，原来进来的数就至少需要再增加 \(p\)。
于是就可以直接双指针扫一下来合并了。建线段树的复杂度即为 \(O(n\log n)\)。
对于一个询问，直接拆成 \(O(\log n)\) 个区间，每次在区间内二分即可。
时间复杂度 \(O(n\log n+m\log^2 n)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=1000010;
const ll Inf=1e18;
int n,m,p,b[N];
ll ans;

struct SegTree
{
	ll sum[N*4];
	vector<ll> a[N*4];
	
	void pushup(int x)
	{
		sum[x]=sum[x*2]+sum[x*2+1];
		for (int i=0,j=0;i<a[x*2].size();i++)
		{
			if (j) j--;
			for (;j<a[x*2+1].size();j++)
			{
				if (a[x*2][i+1]-1+sum[x*2]-1LL*i*p<a[x*2+1][j]) break;
				a[x][i+j]=min(a[x][i+j],max(a[x*2][i],a[x*2+1][j]+1LL*i*p-sum[x*2]));
			}
		}
	}
	
	void build(int x,int l,int r)
	{
		a[x].push_back(-Inf);
		for (int i=1;i<=r-l+2;i++)
			a[x].push_back(Inf);
		if (l==r)
		{
			sum[x]=b[l]; a[x][1]=p-b[l];
			return;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		build(x*2,l,mid); build(x*2+1,mid+1,r);
		pushup(x);		
	}
	
	void query(int x,int l,int r,int ql,int qr)
	{
		if (ql<=l && qr>=r)
		{
			int k=upper_bound(a[x].begin(),a[x].end(),ans)-a[x].begin()-1; 
			ans=ans+sum[x]-1LL*k*p;
			return;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		if (ql<=mid) query(x*2,l,mid,ql,qr);
		if (qr>mid) query(x*2+1,mid+1,r,ql,qr);
	}
}seg;

int main()
{
//	freopen("data.txt","r",stdin);
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
	seg.build(1,1,n);
	while (m--)
	{
		int l,r; ans=0;
		scanf("%d%d",&l,&r);
		seg.query(1,1,n,l,r);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}