E—一起走很长的路

题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/95334/E

题意：

给定一个有n个元素的数组，查询q次。每次选择一个区间从l到r，遵循以下规则
类似于多米诺骨牌，遍历区间元素，轮到ai时，若它前面在区间内元素的总和大于等于ai，那么就可以推倒，反之不可以。
现在询问为了能都将区间的元素的全部遍历到，要将区间元素不受限制的+1或-1（不影响原数组并且是一次性全部操作完），请你输出每次的操作次数。

思路：

不难发现为了能够推倒区间全部的多米诺，我们尽量要在靠前的位置，也就是第一个位置l加上某个数。这样比减更符合自然想法（因为前缀和是“滚雪球似的增长”，减去明显要付出更多代价）
对于l->r范围，发现需要对于所有的i:l->r-1都要sumi-suml-1>=ai+1成立。发现可以移项sumi-ai+1>=suml-1。预处理出一个数组d[i]=sumi-ai+1（范围：1->n-1)
对于每次查询只要d[l]->d[r-1]范围的最小值比suml-1要小，就要进行操作在l上+。因为可以使所有d[i]都变大，所以只要让那个最小值加上一个值等于suml-1，那么答案就是suml-1-那个最小值
时间复杂度需要O（qlogn），通过线段树维护d数组区间最小值
代码层面：需要注意题目数据范围开long long，然后线段树query_min 初始化ans值应该为llmax！！！ （byd就因为这个debug好久，骇死我力！）

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll llmax=LLONG_MAX;
int n,q;
const int maxn=2e5+5;
const int maxnn=1e7;
ll arr[maxn];
ll sum[maxn];
ll d[maxn];
//sumi-suml-1>=arri+1
//sumi-arri+1>=suml-1
struct node{int l,r;int min;
};
node tr[maxnn];
void build(int p,int l,int r){tr[p].l=l;tr[p].r=r;if(l==r){tr[p].min=d[l];return;}int mid=l+r>>1;build(2*p,l,mid);build(2*p+1,mid+1,r);tr[p].min=min(tr[2*p].min,tr[2*p+1].min);
}
int query_min(int p,int l,int r)
{if(l<=tr[p].l&&tr[p].r<=r){return tr[p].min;}int ans=llmax;int mid=tr[p].l+tr[p].r>>1;if(l<=mid)ans=min(ans,query_min(2*p,l,r));if(r>mid)ans=min(ans,query_min(2*p+1,l,r));return ans;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0);cin>>n>>q;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>arr[i];sum[i]=sum[i-1]+arr[i];}if(n==1){while(q--){int l,r;cin>>l>>r;cout<<0<<endl;}return 0;}for(int i=1;i<=n-1;i++){d[i]=sum[i]-arr[i+1];
//		cout<<d[i]<<endl;}build(1,1,n-1);while(q--){int l,r;cin>>l>>r;ll ans=0;if(l==r){cout<<0<<endl;continue;}ans=sum[l-1]-query_min(1,l,r-1);
//		cout<<sum[l-1]<<' '<<query_min(1,l,r-1)<<endl;if(ans<0)cout<<0<<endl;else cout<<ans<<endl;}return 0;
}