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题目简译：给定(n)个等差数列，每个等差数列的起点为(s)，终点为(e)，差为(d)。整个序列中至多有一个位置所占数字是奇数。判断奇数位是否存在，如果不存在输出"There's no weakness."，如果存在输出位置与大小。

温馨提示：(⌊x⌋)为将(x)向下取整

算法：前缀和 + 二分位置

1、奇数位存在性

整个序列中至多有一个位置的数字所占数量是奇数，所以如果存在奇数位，则整个数列的总和必然是奇数（奇数 + 偶数 = 奇数，偶数 + 偶数 = 偶数）。反之，若不存在奇数位，则一定是偶数。故只需判断数字数量的总和的奇偶性即可。

2、二分位置

若存在这个奇偶性，我们可以通过二分答案的位置来找到这个位置，然后判断区间([l,mid])的总和的奇偶性。若为奇数，则奇数位存在于此区间。反之若为偶数，则一定存在于([mid+1,r])区间。用这个方法逐步缩小范围即可。

关于查找([l,mid])的总和，我们可以用前缀和的思路，用(sum[n] - sum[mid-1])即可求出。((sum[i])为求出(i)位置之前所有位置的和)

3、(O(n))时间求出区间(sum[x])的数字个数

设整个数列的最小位置为(minn)

这里，我们枚举每一个等差数列（它的起点为(s)，终点为(e)，差为(d)）。若(s <= x)，则两区间存在交集。

则它与([minn,x])的共同区间为([s,min(e,x)])。那么此区间包含此数列的个数是((⌊(min(e,x) - s) / d⌋ + 1)。

正确性证明十分容易：
在此区间中存在一段区间，共(⌊s,min(e,x) / d⌋ * d)个位置，头尾的位置上都有数字，差为(d)，则数字的数量就是((⌊(min(e,x) - s) / d⌋ + 1)。

时间复杂度：(O(nlogn))

二分的时间为(O(logn))，每次(check())的时间为(O(n))，故总的时间复杂度为(O(nlogn))。

C++ 代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N = 200000 + 1, INF = 1e9;
int t,n;
struct node{
	int s,e,d;
}a[N];
int getSum(int x){ // O(n) 求[1,x]的前缀和 
	int res = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		if(a[i].s <= x)
			res += (min(a[i].e, x) - a[i].s)/a[i].d + 1;
	
	return res;
}
bool check(int l,int r){ // O(n) 查找[l,r]是否存在奇数位 
	return (getSum(r) - getSum(l - 1)) & 1;
}
int main(){
	cin >> t;
	while(t--){
		cin >> n;
		int maxn = -INF, minn = INF;
		for(int i = 1; i <= n; i++){
			cin >> a[i].s >> a[i].e >> a[i].d;
			minn = min(minn,a[i].s); 
			maxn = max(maxn,a[i].e);
		}
		
		if(!(getSum(maxn) & 1)){
			cout << "There's no weakness." << endl;
		}else{
			int l = minn, r = maxn;
			while(l <= r){
				int mid = (l + r) >> 1;
				if(check(l,mid))r = mid - 1;
				else l = mid + 1;
			}
			
			cout << l << " " << (getSum(l) - getSum(l - 1)) << endl;
		}
	}
	return 0;
}