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修正了一些語言描述上的錯誤，以及對於一些地方使用了更好的表述。
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修正了一些公式和語言描述上的錯誤。
對於當前要經過的一段區間 \(x\)，若給定不同初始值的 \(sum\) ，其減 \(p\) 的次數 \(k\) 也不同，那麼 \(k\) 和 \(sum\) 是否滿足什麼關係呢？
意淫一下感覺是非遞減，看能不能寫清楚。
考慮增大 \(sum\) ，此時雖然模 \(p\) 的位置並不確定，但是 \(k\) 要麼不變，要麼增大，理解一下這個過程中取模位置和次數的變化：
先掃過去，對於 \(i\in[r_1,r_2)\) 這段範圍內的數，過程量 \(sum_i\) 都增加 \(num\)（增大的量），原來滿足 \(sum_i這個條件的有：\(sum_i+num。
然後 \(r_2\) 這個位置滿足：\(sum_且 \(sum_+num\ge p\)，此時 \(r_2\) 這個位置取模。
這時有兩種情況：
\(1.\ num-p\ge 0\)
對於 \(i\in[r_2,r_3)\) 這段範圍內的數，過程量 \(sum_i\) 都增加 \(num-p\)，後同上。
\(2.\ num-p<0\)
實際上這個子問題就是 \(num<0\) 的實現。
此時後面一段的過程量減小，直到乙個原本應當進行一次減 \(p\) 操作的位置不減了，而這個情況可以看做兩個位置是否取模的真假（true or false）交換，可以保證 \(k\) 不變。然後後面的又是變成跟原來一樣的子問題。
但也有可能後面沒有這個真變假（原本取模變成不取模）的位置，也就是減 \(p\) 次數變為 \(k+1\)。
綜上可得：對於每個使 \(k+1\) （對 \(k\) 產生了 \(1\) 的貢獻）的位置，最多有乙個使 \(k-1\) 的位置與其對應，所以 \(k\) 隨 \(sum\) 非嚴格單調遞增。
接下去就是考慮實現了：
\(k\) 隨 \(sum\) 非嚴格單調遞增，同時有 \(0\le k\le lens\)，其中 \(lens\) 為塊長。
更嚴格來說，設原來的取模次數為 \(sl\)，有：
\[\begin sl\le k\le lens,sum>0\\ 0\le k\le sl,sum<0\end
\]這裡 \(k\) 和 \(sum\) 的關係十分相似於函式 \(y=\left\lfloor x \right\rfloor\)。
那麼如果二分 \(sum\) 的話，掃過這個塊模擬，就可以得到這個 \(sum\) 對應的 \(k\)。
也就是說可以預處理出對於每個 \(k\)，最小的 \(sum\) 值，設這個東西為 \(f(k)\)，特殊的，\(f(0)=-\infty\)。
那麼如果前面的值處理好了傳給當前區間，就可以求出對應的 \(k\) 然後加上這段區間的和，減去取模次數乘模數。
分塊的話：
預處理複雜度：\(\operatorname o(\log(2e9\times lens)\times n)\) 乘上乙個常數。
查詢的複雜度：\(\operatorname o(m\times \frac\times \log lens)\)
最優的極限複雜度為：\(1.3\times 10^\)。
分塊打了，炸了，一分都騙不到
看了題解，不是傻傻地每一塊單獨算，而是「合併」左右子樹的資訊。
處理好自己左子樹和右子樹的資訊以後，設當前節點為 \(i\)，左兒子為 \(l\)，右兒子為 \(r\)。
\[f_=\min(f_,\max(f_,f_+p\times x-add_l)
\]其中，\(add_l\) 表示 \(l\) 這段區間的和，\(x,y\) 分別為左右區間取模的次數。
關於@81179332_ 提到的 \(c_-c_x\ge p\) 的證明（在我這裡寫成 \(f_-f_x\ge p\)），我的理解是：
因為 \(f_x\) 對應的是取模 \(x\) 次 \(sum\) 的最小值，那麼當 \(sum=f_x-1\)，有乙個本來要取模的位置不取模了，所以只可能是某個過程量在 \(sum=f_x\) 的時候剛好等於 \(0\)（即這步操作減 \(p\) 以後等於 \(0\)）。
當 \(sum=f_x+p-1\) 時，可以用前面 \(\operatorname a\) 的處理過程結合上一段來理解，\(k\) 一定等於 \(x\)，所以相鄰兩個值的差至少為 \(p\)。
那麼對於上面的式子來說，有：
\[\begin f_+p\times x-add_l\ge f_+ p\times (x+1)-add_l \\ f_+p\le f_\end
\]並且乙個合法的二元組 \((x,y)\) 需滿足：\(f_-1+add_l-p\times x\ge f_\)
對於乙個常數 \(k=x+y\)，若 \(k\) 已經被 \((x,y)\) 更新過了，那麼 \((x+1,y-1)\) 還有存在的必要嗎？
由前面可以得到：
\[f_+p\times x-add_l\le f_+p\times x-add_l\le f_-1
\]那麼此時對於二元組 \((x+1,y-1)\)，\(\max(f_,f_+p\times x-add_l)\) 取得一定是前面的那項。
前面那項和 \(y\) 又沒有任何關係，所以有：
如果存在合法二元組 \((x,y)\)，則 \((x+1,y-1)\) 對答案無貢獻。（當然，要考慮 \(x\) 的貢獻。即如果 \((x,|r|)\) 符合二元組，為了讓 \(x+1\) 的貢獻能夠更新 \(f_\)，之後 \((x+1,|r|)\) 也得考慮）
注：這裡的 \(|r|\) 指區間 \(r\) 的長度，即 \(y\) 的最大取值。
那麼就可以雙指標使得複雜度正確了。
#include #define ll long long
using namespace std;
const int man=1e6+3;
const ll max=1e18;
struct milk
t[man<<1];
int nam;
int n,m;
ll ans=0;
ll p;
int rin()
inline void make_tree(int l,int r,int i)
int mid=(l+r)>>1;
t[i].ls=++nam;make_tree(l,mid,nam);
t[i].rs=++nam;make_tree(mid+1,r,nam);
t[i].sum=t[t[i].ls].sum+t[t[i].rs].sum;
for(int _=l;_<=r+3;_++)t[i].q.push_back(max);
l=t[i].ls;r=t[i].rs;
int x,y;
x=y=0;
for(;x<=t[l].lens;x++)
ans+=t[i].sum;
ans-=p*last;
return;
}if(t[i].ls==0)return;
if(t[t[i].ls].r>=l)cheak(l,r,t[i].ls);
if(t[t[i].rs].l<=r)cheak(l,r,t[i].rs);
return;
}int main()
return 0;
}
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