题目

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分析

有一定难度的题目，但是可以说问题的限制是比较常见的。

Subtask 3

也就在这个 subtask 上面有所突破

所有糖果盒子的容量相等，不妨设这个值为 \(c\)。

问题的结构是“区间修改、单点查询”，这里我们可以扫描序列，在端点处插入或删除修改，从而具体地拿出每个糖果盒子面对的修改。

接着考虑修改本身的特点。我们可以将多个修改的接连进行等价看作函数复合，则不难发现修改没有交换律，因此我们必须保证解决询问时，修改是有序的。

不难想到直接使用线段树来维护修改集合，这样我们需要做的是快速函数复合。

先来考虑一个更简单的模型：给定一个修改序列，如何求出初始糖果数为 \(w\) 时，经过修改后的最终值？

称某一次操作后 \(p+v_j>c_i\) 为“碰上壁”，某一次操作后 \(p+v_j<0\) 为碰下壁。首先，对于修改序列，我们可以找出 \(w\) 的区间 \([l_0,r_0]\)，使得当且仅当 \(w\in [l_0,r_0]\) 时，\(w\) 不会碰壁，此时可以直接算出结果为 \(w+\sum v\)。

否则 \(w\) 会碰壁，但是如果我们可以找出 \(w\) 最后一次碰壁的位置，我们就可以直接越过所有碰壁过程而计算最终结果。这个东西一时半会儿算不出来，我们间接地先考虑第一次碰壁，这个很容易用二分求解。如果第一次碰了上壁，则值得注意的一点是，从 \(w=c\) 出发也一定会在同一个位置碰上壁，因此在这次碰壁之后，\(w=c\) 的路线和 \(w\) 原本的路线就是一致的，我们可以直接调用 \(w=c\) 这条路线最后一次碰壁的位置（假如我们可以做到），从而算出 \(w\) 的结果。

第一次碰了下壁的情况类似，调用 \(w=0\) 的即可。因此，对于一个序列，我们需要求出：

• \([l_0,r_0]\) 和 \(\sum v\)；
• \(w=c\) 和 \(w=0\) 时最后一次碰上壁的位置；

这些信息可以在线段树上很方便地合并（合并过程需要二分），因此可以 \(O(q\log_2^2n)\) 解决。

比正解难写，比正解慢