忽略数据范围，我们就可以用二分图搞一搞，但事实证明我们并不能忽略(滑稽)
Hall定理：对于一个二分图，设左边有个n点，右边有个m点，则左边个点能完全匹配的充要条件是：对于1<=i<=n,左面任意i个点，都至少有i个右面的点与它相连。
换成人话就是这样的：设(a_i)为(i)号脚的人数，如果对于任意的(l,r),都有(displaystyle sum_{i=l}^{r}a_i le (r+d-l+1) imes k),那么鞋就是够的。
上面的式子等价于(displaystyle sum_{i=l}^{r}(a_i - k) le d imes k)。
由于(d imes k)是定值，我们只需要找出来最大的(displaystyle sum_{i=l}^{r}(a_i - k))即可。
这就转化成了最大子段和的问题了，我们可以用线段树来维护。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define lson (k<<1)
#define rson ((k<<1)|1)
using namespace std;
const int N=200010;
int n,m,x,y;
LL K,d;
LL tr[N<<2],maxx[N<<2],maxl[N<<2],maxr[N<<2];
void upd(int k)
{
tr[k]=tr[lson]+tr[rson];
maxx[k]=max(maxr[lson]+maxl[rson],max(maxx[lson],maxx[rson]));
maxl[k]=max(maxl[lson],tr[lson]+maxl[rson]);
maxr[k]=max(maxr[rson],tr[rson]+maxr[lson]);
}
void build(int k,int l,int r)
{
if(l==r)
{
tr[k]=maxx[k]=maxl[k]=maxr[k]=-K;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(lson,l,mid);build(rson,mid+1,r);
upd(k);
}
void change(int k,int l,int r,int pos,LL val)
{
if(l==r)
{
tr[k]+=val;maxx[k]+=val;maxl[k]+=val;maxr[k]+=val;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid)change(lson,l,mid,pos,val);
else change(rson,mid+1,r,pos,val);
upd(k);
}
int main()
{
cin>>n>>m>>K>>d;
build(1,1,n);
while(m--)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
change(1,1,n,x,y);
puts(maxx[1]<=K*d?"TAK":"NIE");
}
return 0;
}