题解
先来说说非完美解法，也是我去年考场上的做法
考虑一下每一只蚯蚓增加的长度，
这个值并不需要每一次依次增加，
用一个变量维护即可，每次取出蚯蚓就加上这个值，切断蚯蚓就减去这个值。
接下来如何维护最大的蚯蚓，考虑使用一个堆来进行维护
时间复杂度O(mlogm)显然超时（其实也就是常数巨大）
现在，来考虑正解
我们先来脑补几个显然成立的结论
第一个：如果蚯蚓A长于蚯蚓B，一定是优先切蚯蚓A
第二个：一只蚯蚓被切断后，两部分长度一定不会超过原长度
第三个：如果蚯蚓A长于蚯蚓B，若干时间后，A还是长于B（A不被切）
第四个：如果蚯蚓A长于蚯蚓B，A和B切断后，A的两段分别长于B的两段。
那么，我们似乎发现了一点，单调性。
看一看，先切的一定比后切的长。（显然成立呀）
虽然不知道新切出来的部分和下一个切的部分谁更长，但是只需要1次比较就可以知道下一次应该切谁。（比较新切出来的长度和下一个本来应该要切的长度）
那么，我们利用单调性来维护队列。（不需要优先队列了）
首先维护所有初始的蚯蚓长度
然后考虑到所有蚯蚓只会变成两段，并且一段长一段短。那么，再用两个队列维护长的那一段和短的那一段。
现在，得到了3个队列，分别维护初始长度和切下来的两段的长度。
根据上面几个很显然的结论，这三个队列都是满足由长到短的单调性的（初始长度就排个序来维护）
那么，每次取出最长的蚯蚓就只需要考虑三个队列的首元素即可。
这个时候的时间复杂度是O(N+M+NlogN)显然可以在时间范围内求解
这道题目的关键就是 单调性，通过单调性解决掉优先队列，从而优化常数。
最后注意几个小细节：
不要提前算出来P的值，每次用U和V去计算，要不然会掉精度
除的时候一定要强制换成longlong，要不可能会炸int
INF值要开大一点，这样比较的时候才不会出问题。
题目仔细读几遍，看题要仔细。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAX 10000100
#define INF 1000000000000000
inline bool cmp(int a,int b)
{
return a>b;
}
long long N,M,Q,U,V,T;
long long q[3][MAX];
long long h[3],t[3];
long long cnt=0,now,fl,aa,bb;
int main()
{
scanf("%d%d%d%d%d%d",&N,&M,&Q,&U,&V,&T);
//P=U/V;
for(int i=1;i<=N;++i)
scanf("%d",&q[0][i]);
sort(&q[0][1],&q[0][N+1],cmp);
h[0]=h[1]=h[2]=1;t[0]=N;t[1]=t[2]=0;
for(int tt=1;tt<=M;++tt)
{
now=fl=-INF;
for(int i=0;i<3;++i)
if(h[i]<=t[i])
if(now<q[i][h[i]])
{
now=q[i][h[i]];
fl=i;
}
h[fl]++;
now+=cnt;
aa=(1LL*now*U)/V;bb=now-aa;
if(aa>bb)swap(aa,bb);
q[1][++t[1]]=bb-cnt-Q;
q[2][++t[2]]=aa-cnt-Q;
cnt+=Q;
if(tt%T==0)
printf("%d ",now);
}
printf("
");
for(int tt=1;tt<=N+M;++tt)
{
now=fl=-INF;
for(int i=0;i<3;++i)
if(h[i]<=t[i])
if(now<q[i][h[i]])
{
now=q[i][h[i]];
fl=i;
}
if(tt%T==0)
printf("%d ",now+cnt);
h[fl]++;
}
return 0;
}