显然答案具有单调性，对于一个国家，如果第 \(mid\) 次后达到了要求，那么对于大于 \(mid\) 的第 \(r\) 次后也肯定达到了要求。

对于单个一个国家，可以二分流星雨的次数。复杂度 \(O(m\log k)\)。

但是对于 \(n\) 个国家的情况，复杂度即为 \(O(nm\log k)\) 很快啊不能满足要求。

这提示我们使用整体二分，把所有国家放在一起二分。

具体实现：

1. 开 \(n\) 个 vector 记录每个国家有哪些地方。
2. 对每个位置记录它属于哪个国家，合成一个结构体。
3. 开始二分 \(L,R,st,ed\) 表示拥有 \(q_{st\sim ed}\) 这些土地的国家在第 \(L\sim R\) 次流星雨后会达到要求。
   1. 如果 \(L=R\) ，记录一下答案，return。
   2. 令 \(M=\lfloor \frac{L+R}{2}\rfloor\)，将 \(L\sim M\) 次的流星雨处理一下（用一个树状数组就行了）。
   3. 查询 \(st\sim ed\) 的每个国家是否达到要求，
      1. 若达到，将他放在 \(lq\) 中，意思是这个国家在第 \(L\sim M\) 次流星雨后便会达到要求。
      2. 否则，将它的要求减去这些流星雨的贡献，将他放在 \(rq\) 中。
   4. 清空 \(L\sim M\) 次的流星雨的贡献
   5. 递归处理 \((L,M,lst,led)\)，\((M+1,R,rst,red)\)。
4. 判断是否合法并输出（若不合法，那么它在第 \(k\) 次流星雨和也没达到要求）。

细节：

• 建议一开始将 \(R\) 设成 \(k+1\)，这样方便判断 \(k\) 次后还不能满足要求的国家。
• 可能有多个地方是一个国家掌控的，对于这个国家在第一次就遍历下它所有的领地，记录下答案，之后再遍历到它的领地时直接用这个答案。
• 对于一个流星雨若 \(l_i>r_i\)，可视为在 \(1\sim r_i\) 加， \(r_i\sim l_i-1\) 减，\(l_i\sim m\) 加。

code:

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
bool ks;
int n,m,T,ans[300010];
int Lpos[300010],Rpos[300010],p[300010],a[300010];
LL c[300010],asktemp[300010];
vector<int>have[300010];
struct Q
{int bel,pos;}q[300010],lq[300010],rq[300010];
bool js;
inline int read()
{
	int x=0,w=0;char ch=0;
	while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return w?-x:x;
}
void change(int x,int y)
{for(;x<=m;x+=x&-x)c[x]+=y;}
LL ask(int x,LL y=0)
{for(;x;x-=x&-x)y+=c[x];return y;}
void calc(int L,int R,int st,int ed)
{
	if(st>ed)return;
	if(L==R){
		for(int i=st;i<=ed;i++)
		ans[q[i].bel]=L;
		return;
	}
	int M=(L+R)>>1,l=0,r=0;
	for(int i=L;i<=M;i++)
	if(Lpos[i]<=Rpos[i]){
		change(Lpos[i],a[i]);
		change(Rpos[i]+1,-a[i]);
	}else{
		change(1,a[i]);
		change(Rpos[i]+1,-a[i]);
		change(Lpos[i],a[i]);
	}
	for(int i=st;i<=ed;i++){
		if(asktemp[q[i].bel]==-1){
			asktemp[q[i].bel]=0;
			for(int j=0;j<int(have[q[i].bel].size());j++){
				asktemp[q[i].bel]+=ask(have[q[i].bel][j]);
				if(asktemp[q[i].bel]>=p[q[i].bel])break;
			}
		}
		if(asktemp[q[i].bel]>=p[q[i].bel])lq[++l]=q[i];
		else rq[++r]=q[i];
	}
	for(int i=L;i<=M;i++)
	if(Lpos[i]<=Rpos[i]){
		change(Lpos[i],-a[i]);
		change(Rpos[i]+1,a[i]);
	}else{
		change(1,-a[i]);
		change(Rpos[i]+1,a[i]);
		change(Lpos[i],-a[i]);
	}
	for(int i=st;i<=ed;i++){
		if(i-st+1<=l)q[i]=lq[i-st+1];
		else{
			q[i]=rq[i-st+1-l];
			if(asktemp[q[i].bel]!=-1)
				p[q[i].bel]-=asktemp[q[i].bel];
		}
		asktemp[q[i].bel]=-1;
	}
	calc(L,M,st,st+l-1);
	calc(M+1,R,st+l,ed);
}
int main()
{
	freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);
	// cout<<(&js-&ks)/1024./1024<<'\n';
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)
		have[q[i].bel=read()].push_back(q[i].pos=i);
	for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=read();
	T=read();
	for(int i=1;i<=T;i++)
		Lpos[i]=read(),Rpos[i]=read(),a[i]=read();
	memset(asktemp,-1,sizeof asktemp);
	memset(ans,0x3f,sizeof ans);
	calc(1,T+1,1,m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	if(ans[i]<=T)printf("%d\n",ans[i]);
	else printf("NIE\n");
}