观察这个小柿子有什么特点：

\[y_i=\sum\limits_{j=l_i}^{r_i} [w_j\ge W]\times\sum\limits_{j=l_i}^{r_i}[w_j\ge W]v_j \]

我们要求的是 \(\vert s-y \vert\) 的最小值，\(s\) 恒定，而 \(y\) 可以发现是与 \(W\) 负相关的。\(W\) 增大时，\(y_i\) 减小，故 \(y\) 减小；\(W\) 减小时，\(y_i\) 增大，故 \(y\) 增大。这样，我们可以二分 \(W\)。不同于一般情况下 check 得到的 \(mid\) 是否成立，我们在 \(y>s\) 时增大 \(W\) 以减小 \(y\)，在 \(y<s\) 时减小 \(W\) 以增大 \(y\)。如下所示：

//in check()
res=abs(s-Y);
if(Y>s) return true;
else return false;

//in main()
while(l<r) {
	int mid=(l+r)>>1;
	if(check(mid)) l=mid+1;
	else r=mid-1;
	ans=min（ans,res);//更新|s-y|最小值
}

如果只是这样二分显然会 TLE，我们发现上面的式子可以前缀和处理，最终时间复杂度为 \(\mathcal{O(n+m)\log W}\)。

THE END