原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P3168
题意解读：一个任务管理系统，能够查询在某个时间点运行的任务中优先级最小的 k个任务的优先级之和。
解题思路：
由于总时间n不超过100000，考虑针对所有时刻建立可持久化线段树，根节点为root[i]的线段树维护时刻i的任务情况，节点区间表示优先级，节点cnt表示某个优先级的任务数量，节点sum表示某个优先级的任务的优先级之和。
对于一个任务三元组(s, e, p)，可以分解来看，对s时刻的线段树应该针对值p的数量加1，而e + 1时刻的线段树应该针对值p的数量减1。
查询操作只需要查询时刻x的一棵线段树，要查询前k小的优先级之和，需要注意一点：如果有相同优先级的任务超过k个，那么递归时会到叶子节点，此时返回的优先级之和应该是该叶子节点的优先级 * k。
其余代码都是可持久化线段树的正常操作。
100分代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 100005, P = 1e7;
typedef long long LL;struct Task
{int t; // 任务时间bool start; // 是否是任务开始时间 true:开始 false:结束LL p; // 任务优先级
};
vector<Task> tk[N]; // 每个时刻所有的任务，开始、结束拆分处理struct Node
{int L, R;int cnt; // 任务数量LL sum; // 优先级和
} tr[N * 50]; // 线段树节点int root[N], idx; // 线段树根节点，节点编号
int m, n;//通过复制节点的方式更新线段树，将根为pre的线段树中值v的数量加num
int update(int pre, int l, int r, int v, int num)
{int u = ++idx;tr[u] = tr[pre]; // 复制节点tr[u].cnt += num;tr[u].sum += num * v;if (l == r) return u;int mid = (l + r) >> 1;if (v <= mid) tr[u].L = update(tr[u].L, l, mid, v, num);else tr[u].R = update(tr[u].R, mid + 1, r, v, num);return u;
}//在根为u的线段树中查询前k小任务的优先级和
LL query(int u, int l, int r, int k)
{if (tr[u].cnt <= k) return tr[u].sum; // u节点所在树所有任务数量小于等于k的全部选if(l == r) return l * k; // 考虑到会有相同优先级任务数量超过k个，在递归到叶子节点时，则只取k个该叶子节点的值int mid = (l + r) >> 1; if (tr[tr[u].L].cnt >= k) return query(tr[u].L, l, mid, k); else return tr[tr[u].L].sum + query(tr[u].R, mid + 1, r, k - tr[tr[u].L].cnt);
}int main() {cin >> m >> n;int s, e, p;for (int i = 1; i <= m; i++) {cin >> s >> e >> p;tk[s].push_back({s, true, p});tk[e + 1].push_back({e + 1, false, p});}for (int i = 1; i <= n; i++) {root[i] = root[i - 1];for (auto task : tk[i]) {if (task.start) root[i] = update(root[i], 1, P, task.p, 1);else root[i] = update(root[i], 1, P, task.p, -1);}}LL pre = 1;int x, a, b, c;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> x >> a >> b >> c;int k = 1 + (a * pre + b) % c;pre = query(root[x], 1, P, k);cout << pre << endl;}return 0;
}
