3932: [CQOI2015]任务查询系统
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Description
最近实验室正在为其管理的超级计算机编制一套任务管理系统，而你被安排完成其中的查询部分。
超级计算机中的任务用三元组(Si,Ei,Pi)描述，(Si,Ei,Pi)表示任务从第Si秒开始，在第Ei秒后结束（第Si秒和Ei秒任务也在运行），其优先级为Pi。同一时间可能有多个任务同时执行，它们的优先级可能相同，也可能不同。调度系统会经常向查询系统询问，第Xi秒正在运行的任务中，优先级最小的Ki个任务（即将任务按照优先级从小到大排序后取前Ki个）的优先级之和是多少。特别的，如果Ki大于第Xi秒正在运行的任务总数，则直接回答第Xi秒正在运行的任务优先级之和。上述所有参数均为整数，时间的范围在1到n之间（包含1和n）。
Input
输入文件第一行包含两个空格分开的正整数m和n，分别表示任务总数和时间范围。
接下来m行，每行包含三个空格分开的正整数Si、Ei和Pi(Si≤Ei)，描述一个任务。
接下来n行，每行包含四个空格分开的整数Xi、Ai、Bi和Ci，描述一次查询。查询的参数Ki需要由公式 Ki=1+(Ai*Pre+Bi) mod Ci
计算得到。其中Pre表示上一次查询的结果，对于第一次查询，Pre=1。
Output
输出共n行，每行一个整数，表示查询结果。
Sample Input
4 3
1 2 6
2 3 3
1 3 2
3 3 4
3 1 3 2
1 1 3 4
2 2 4 3
Sample Output
2
8
11
HINT
样例解释
K1 = (1*1+3)%2+1 = 1
K2 = (1*2+3)%4+1 = 2
K3 = (2*8+4)%3+1 = 3
对于100%的数据，1≤m,n,Si,Ei,Ci≤100000，0≤Ai,Bi≤100000，1≤Pi≤10000000，Xi为1到n的一个排列
我们对每个时间建一颗线段树，线段树上的区间表示优先级，每个区间记录任务个数和优先级总和。时间i只要在时间i-1的基础上，加上开始时间为i的任务，减去结束时间为i-1的任务，这道题就A啦、、、
代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct node{ll l,r,num,sum;}tr[10000010];
ll n,m,cnt,n1,a[200010],b[200010],c[200010],d[200010],P[200010],root[200010];
ll edgenum,vet[200010],next[200010],head[200010];
ll t,A,B,C,k,ans;
bool cmp(ll x,ll y){return c[x]<c[y];}
void add(ll u,ll v)
{
vet[++edgenum]=v;
next[edgenum]=head[u];
head[u]=edgenum;
}
void change(ll &p,ll l,ll r,ll x,ll val)
{
tr[++cnt]=tr[p];p=cnt;
if (val>0){tr[p].num++;tr[p].sum+=c[P[val]];}else{tr[p].num--;tr[p].sum-=c[P[-val]];}
if (l==r) return;
ll mid=(l+r)>>1;
if (x<=mid) change(tr[p].l,l,mid,x,val);else change(tr[p].r,mid+1,r,x,val);
}
ll ask(ll p,ll l,ll r,ll k)
{
if (l==r) return tr[p].sum;
ll mid=(l+r)>>1,tmp=tr[tr[p].l].num;
if (k<=tmp) return ask(tr[p].l,l,mid,k);else return tr[tr[p].l].sum+ask(tr[p].r,mid+1,r,k-tmp);
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for (ll i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld%lld%lld",&a[i],&b[i],&c[i]);
P[i]=i;
}
sort(P+1,P+n+1,cmp);
for (ll i=1;i<=n;i++) d[P[i]]=i;
for (ll i=1;i<=n;i++){add(a[i],d[i]);add(b[i]+1,-d[i]);}
for (ll i=1;i<=m;i++)
{
root[i]=root[i-1];
for (ll e=head[i];e;e=next[e])
change(root[i],1,m,(vet[e]>0)? vet[e]:-vet[e],vet[e]);
}
ans=1;
for (ll i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%lld%lld%lld%lld",&t,&A,&B,&C);
ll k=1+(A*ans+B)%C;
k=min(k,tr[root[t]].num);
ans=ask(root[t],1,m,k);
printf("%lld\n",ans);
}
}
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