题意：
有 n 群怨灵排成一排，燐每秒钟会选择一段区间，消灭至多 k 只怨灵。
如果怨灵数量不足 k，则会消灭尽量多的怨灵。
燐作为一只有特点的猫，它选择的区间是不会相互包含的。它想要知道它每秒最多能消灭多少怨灵。
要求：在之前每次都消灭尽量多的怨灵的情况下，求第 i 秒最多能消灭的怨灵的数量。
首先，这题可以用网络流做部分分。
考虑如何判断是否可行：
有一种显然的二分图匹配：把每个询问放在X部，怨灵放在Y部。
然后，把询问，怨灵分别拆点，进行区间连边，做匹配，如果有完美匹配，则可行。
但是，如果直接而匹配，会超时。我们考虑使用Hall定理进行判断。
Hall定理，就是说，在X部上取任意子集，与其相连的Y部结点都不小于集合大小。
如果我们要取子集，会变得更慢。
首先，把区间排序。
通过分析，我们知道：只要判断连续区间即可。
在X不连续时：
1、X部中一个点拆出来的点选子集，不如都选，因为都选不会使Y部大小增加。、
2、类似的，若X部中选的点在Y部中连续，那么X一定要连续，因为中间增加不会使Y部大小增加（区间是不会相互包含的）。
3、若X部中选的点在Y部中不连续，那可以拆成多个，拆的前后是等价的。
所以，我们只要快速判断连续区间就行。
记怨灵数量的前缀和为 sum[i]，区间消灭的怨灵数量的前缀和为 sumval[i]，区间左右端点为 l[i]，r[i]。
那么我们要求对于任意 (1leq Lleq Rleq m),满足：
(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])。
由于sum不变，只有sumval会边，所以当区间 i 被加入时：
若L-1>=i，R>=i，那么大小关系不变。
若L-1<i，R<i，那么大小关系不变。
只有对L-1<i，R>=i，即L<=i,R>=i 的情况产生影响。
所以区间 i 被加入时设结果为val[i]，那么对于任意 (1leq Lleq ileq Rleq m)，要求 val[i]满足：
(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]]))。
那么，找到最小的 (sumval[L-1]-sum[l[L]-1])，最大的 (sumval[R]-sum[r[R]])，相减就是 val[i]的值。(当然,如果 k 小于这个值的话,val[i]就是 k)
使用线段树，支持区间加，区间最值，即可实现上述操作。
时间复杂度：(O(mlog_2 m))。
感觉这个思路非常巧妙。
代码：
#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
",jg);
}
return 0;
}