一、题目
二、解法
直接上线段树维护，其实可以把每一个区间看成一个函数 (f(x))，表示如果传进来的初值是 (x) 那么得到的值是 (f(x))，如果我们成功维护出每个区间的 (f(x)) 那么只需要进行 (log) 次函数运算得到答案。
不难发现 (f(x)) 是分段的，设 (c_i) 表示减去次数 (=i) 的最小初始值，那么 (xin[c_i,c_{i+1})) 时减去的数量时 (icdot p)，而且 (i) 的取值只有 (r-l+1) 种，这启示我们可以去维护 (c_i)
考虑怎么通过左右子树合并得到 (c_i)，设左子树为 (lc_i) 右子树为 (rc_i)，枚举在左边减少了 (x) 次，在右边减少了 (y) 次。那么可以转移到 (c_{x+y}) 的条件是 (lc_{x+1}-1+lsum-xpgeq rc_y)，也就是左边的最大初值进行运算的结果要能满足右边的最小初值，转移：
[c_{x+y}leftarrow max(lc_x,rc_y-lsum+xp)
]
暴力合并是 (O(len^2)) 的，这时候可以找一找有关转移点的结论了。
结论：在都合法的情况下，从 ((x,y)) 转移比 ((x+1,y-1)) 更优，可以考虑推导一下不等式：
[lc_{x+1}-1+lsum-xpgeq rc_y
]
[lc_{x+1}>rc_y+xp-lsum
]
[max(lc_{x+1},rc_{y-1}-lsum+(x+1)p)>max(lc_{x},rc_y+xp-lsum)
]
那么在合法的情况下我们取最小的 (x) 转移即可，如果不合法我们增大 (x) 即可，用双指针维护。那么预处理的时间复杂度 (O(nlog n))，每次计算需要二分，所以复杂度是 (O(mlog^2n))
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 4000005;
#define int long long
const int inf = 1e18;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,p,x,a[M],s[M];vector<int> f[M];
void up(int i,int l,int r)
{
int mid=(l+r)>>1;
s[i]=s[i<<1]+s[i<<1|1];
for(int x=0,y=0;x<=mid-l+1;x++)
{
if(y==r-mid+1) y--;
for(;y<=r-mid;y++)
{
int nd=f[i<<1][x+1]-1+s[i<<1]-x*p;
if(nd<f[i<<1|1][y]) {y--;break;}
f[i][x+y]=min(f[i][x+y],max(f[i<<1][x]
,f[i<<1|1][y]+x*p-s[i<<1]));
}
}
}
void build(int i,int l,int r)
{
f[i].resize(r-l+3);
for(int j=2;j<=r-l+2;j++) f[i][j]=inf;
f[i][0]=-inf;f[i][1]=p-a[l];
if(l==r) {s[i]=a[l];return ;}
int mid=(l+r)>>1;
build(i<<1,l,mid);
build(i<<1|1,mid+1,r);
up(i,l,r);
}
void ask(int i,int l,int r,int L,int R)
{
if(L>r || l>R) return ;
if(L<=l && r<=R)
{
int y=upper_bound(f[i].begin(),f[i].end(),x)
-f[i].begin()-1;x+=s[i]-p*y;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
ask(i<<1,l,mid,L,R);
ask(i<<1|1,mid+1,r,L,R);
}
signed main()
{
n=read();m=read();p=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
build(1,1,n);
while(m--)
{
int l=read(),r=read();
x=0;ask(1,1,n,l,r);
printf("%lld
",x);
}
}