題意：
有 n 羣怨靈排成一排，燐每秒鐘會選擇一段區間，消滅至多 k 只怨靈。
如果怨靈數量不足 k，則會消滅盡量多的怨靈。
燐作爲一隻有特點的貓，它選擇的區間是不會相互包含的。它想要知道它每秒最多能消滅多少怨靈。
要求：在之前每次都消滅盡量多的怨靈的情況下，求第 i 秒最多能消滅的怨靈的數量。
首先，這題可以用網絡流做部分分。
考慮如何判斷是否可行：
有一種顯然的二分圖匹配：把每個詢問放在X部，怨靈放在Y部。
然後，把詢問，怨靈分別拆點，進行區間連邊，做匹配，如果有完美匹配，則可行。
但是，如果直接而匹配，會超時。我們考慮使用Hall定理進行判斷。
Hall定理，就是說，在X部上取任意子集，與其相連的Y部結點都不小於集合大小。
如果我們要取子集，會變得更慢。
首先，把區間排序。
通過分析，我們知道：只要判斷連續區間即可。
在X不連續時：
1、X部中一個點拆出來的點選子集，不如都選，因爲都選不會使Y部大小增加。、
2、類似的，若X部中選的點在Y部中連續，那麼X一定要連續，因爲中間增加不會使Y部大小增加（區間是不會相互包含的）。
3、若X部中選的點在Y部中不連續，那可以拆成多個，拆的前後是等價的。
所以，我們只要快速判斷連續區間就行。
記怨靈數量的前綴和爲 sum[i]，區間消滅的怨靈數量的前綴和爲 sumval[i]，區間左右端點爲 l[i]，r[i]。
那麼我們要求對於任意 \(1\leq L\leq R\leq m\),滿足：
\(sumval[R]-sumval[L-1]\leq sum[r[R]]-sum[l[L]-1]\)
即\(sumval[R]-sum[r[R]]\leq sumval[L-1]-sum[l[L]-1]\)。
由於sum不變，只有sumval會邊，所以當區間 i 被加入時：
若L-1>=i，R>=i，那麼大小關係不變。
若L-1<i，R<i，那麼大小關係不變。
只有對L-1<i，R>=i，即L<=i,R>=i 的情況產生影響。
所以區間 i 被加入時設結果爲val[i]，那麼對於任意 \(1\leq L\leq i\leq R\leq m\)，要求 val[i]滿足：
\(sumval[R]+val[i]-sum[r[R]]\leq sumval[L-1]-sum[l[L]-1]\)
即\(val[i]\leq sumval[L-1]-sum[l[L]-1]]-(sumval[R]-sum[r[R]])\)。
那麼，找到最小的 \(sumval[L-1]-sum[l[L]-1]\)，最大的 \(sumval[R]-sum[r[R]]\)，相減就是 val[i]的值。(當然,如果 k 小於這個值的話,val[i]就是 k)
使用線段樹，支持區間加，區間最值，即可實現上述操作。
時間複雜度：\(O(mlog_2 m)\)。
感覺這個思路非常巧妙。
代碼：
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#define inf 2000000000
int sz[100010],px[100010],wz[100010];
int xl[100010],xr[100010],xk[100010];
int cmp(const void*a,const void*b)
{
return xl[*(int*)a]-xl[*(int*)b];
}
int z1[400010],z2[400010],su[100010];
int l1[400010],l2[400010];
void pushup(int i)
{
z1[i]=z1[(i<<1)|1];
z2[i]=z2[(i<<1)|1];
if(z1[i<<1]<z1[i])
z1[i]=z1[i<<1];
if(z2[i<<1]>z2[i])
z2[i]=z2[i<<1];
}
void pushdown(int i)
{
l1[i<<1]+=l1[i];
l1[(i<<1)|1]+=l1[i];
z1[i<<1]+=l1[i];
z1[(i<<1)|1]+=l1[i];
l1[i]=0;
l2[i<<1]+=l2[i];
l2[(i<<1)|1]+=l2[i];
z2[i<<1]+=l2[i];
z2[(i<<1)|1]+=l2[i];
l2[i]=0;
}
void jianshu(int i,int l,int r)
{
if(l+1==r)
{
z1[i]=-su[xl[px[l]]-1];
z2[i]=-su[xr[px[l]]];
return;
}
int m=(l+r)>>1;
jianshu(i<<1,l,m);
jianshu((i<<1)|1,m,r);
pushup(i);
}
void xiugai1(int i,int l,int r,int L,int R,int x)
{
if(R<=l||r<=L)
return;
if(L<=l&&r<=R)
{
z1[i]+=x;
l1[i]+=x;
return;
}
int m=(l+r)>>1;
pushdown(i);
xiugai1(i<<1,l,m,L,R,x);
xiugai1((i<<1)|1,m,r,L,R,x);
pushup(i);
}
void xiugai2(int i,int l,int r,int L,int R,int x)
{
if(R<=l||r<=L)
return;
if(L<=l&&r<=R)
{
z2[i]+=x;
l2[i]+=x;
return;
}
int m=(l+r)>>1;
pushdown(i);
xiugai2(i<<1,l,m,L,R,x);
xiugai2((i<<1)|1,m,r,L,R,x);
pushup(i);
}
void xiugai(int n,int j,int x)
{
xiugai1(1,1,n+1,j+1,n+1,x);
xiugai2(1,1,n+1,j,n+1,x);
}
int getz1(int i,int l,int r,int L,int R)
{
if(R<=l||r<=L)
return inf;
if(L<=l&&r<=R)
return z1[i];
int m=(l+r)>>1;
pushdown(i);
int rt1=getz1(i<<1,l,m,L,R),rt2=getz1((i<<1)|1,m,r,L,R);
if(rt1<rt2)return rt1;
else return rt2;
}
int getz2(int i,int l,int r,int L,int R)
{
if(R<=l||r<=L)
return -inf;
if(L<=l&&r<=R)
return z2[i];
int m=(l+r)>>1;
pushdown(i);
int rt1=getz2(i<<1,l,m,L,R),rt2=getz2((i<<1)|1,m,r,L,R);
if(rt1>rt2)return rt1;
else return rt2;
}
int getans(int n,int x)
{
int x1=getz1(1,1,n+1,1,x+1);
int x2=getz2(1,1,n+1,x,n+1);
return x1-x2;
}
int main()
{
freopen("rin.in","r",stdin);
freopen("rin.out","w",stdout);
int n,m;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&sz[i]);
su[i]=su[i-1]+sz[i];
}
scanf("%d",&m);
if(m==0)return 0;
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d%d",&xl[i],&xr[i],&xk[i]);
for(int i=1;i<=m;i++)
px[i]=i;
qsort(px+1,m,sizeof(int),cmp);
for(int i=1;i<=m;i++)
wz[px[i]]=i;
jianshu(1,1,m+1);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int jg=getans(m,wz[i]);
if(xk[i]<jg)
jg=xk[i];
xiugai(m,wz[i],jg);
printf("%d\n",jg);
}
return 0;
}