感谢这一篇博客的指导(Orzwxh)
$PS$：默认数组下标为$1$到$N$
首先很明显的贪心：每一次都选择尽可能长的区间
不妨设$d_i$表示在取当前$K$的情况下，左端点为$i$的所有满足条件的区间中最大的右端点$+1$，然后连边$(i,d_i)$
那么我们就需要求一条链的长度，并支持动态修改某一些边
是不是有些印象？与弹飞绵羊极为相似，没有做过的可以先去感受一下……
上面那道题有两种做法：$LCT$与分块，所以这一道题就衍生出了$O(n\sqrt{n}logn)$的基于$LCT$的做法（安利chd的题解qaq）和$O(n^\frac{5}{3} + n^\frac{4}{3}logn)$的基于分块的做法。下面要谈的是后者。
首先因为输入中$K$的变化是无序的，所以修改会十分麻烦。不妨将询问离线，按照$W-K$从小到大排序，那么$d_i$的改变就是不降的。
设块长为$a$，又设$pre_i$，它需满足$pre_i - i \leq a$、$d_{pre_i} - i > a$、$pre_i$与$i$在同一条链上（如果对于链上的所有点都不满足条件，则令$pre_i=N+1$表示可以直接从$i$点经过不超过一个块长跳出去），维护$cnt_i$表示$i$与$pre_i$之间的点的个数（不计$pre_i$）。
对于每一次查询操作，我们就从$1$开始跳$pre$，每一次都加上对应的$cnt$，那么询问的答案就是$\sum cnt - 1$（$1$不需要被算进去）。
但是会发现如果$d_i - i > a$，$pre_i=i$就会死循环，所以我们对与$pre_i=i$的情况使用倍增找到它下一次要跳到哪一个点。
可以知道查询的复杂度是$O(\frac{n}{a}qlogn + \frac{n^2}{a})$
对于修改，每一个点$i$最多都会被修改$a$次，每一次对于点$i$的修改我们只需要维护$i-a$到$i-1$的$pre$和$cnt$，修改的复杂度就是$O(n \times a^2)$
可知在$a = n^\frac{1}{3}$时该算法取到最小复杂度$O(n^\frac{5}{3} + n^\frac{5}{3}logn)$
喂这个算法和暴力有什么区别啊
可以发现我们的复杂度瓶颈在查询的倍增上，考虑如何优化倍增的复杂度。
因为当$d_i - i > n^\frac{1}{3}$时，前面的所有点的$pre$都是不会因为$d_i$的改变而改变的，所以当$d_i - i > n^\frac{1}{3}$时，单次修改的复杂度变为了O(1)
所以我们可以考虑：当$n^\frac{1}{3} < d_i - i \leq b$时暴力移动$d_i$的值进行更新，当$d_i - i > b$时进行倍增
那么查询的复杂度就变为$O(n^\frac{5}{3} + \frac{n}{b}qlogn)$，修改的复杂度变为了$O(n^\frac{5}{3} + nb)$当$b=n^\frac{2}{3}$时总复杂度取到最小值$O(n^\frac{5}{3} + n^\frac{4}{3}logn)$
然后这道题就做完了
所以这道题的思路就是一个奇怪的与根号分治相似的东西，有点三合一的意思：
①$d_i-i \leq n^\frac{1}{3}$，通过维护$pre_i$与$cnt_i$压缩路径
②$n^\frac{1}{3} < d_i-i \leq n^\frac{2}{3}$，暴力移动$d_i$位置进行更新
③$n^\frac{2}{3} < d_i-i$，倍增找到下一次更新的点
一些实现上的细节：
①在$d_i - i \leq n ^ \frac{1}{3}$部分判断哪一些点需要修改可以使用堆进行维护(再在这里Orzwxh)，维护$[i,d_i]$的极差然后扔到堆里面，每一次小于等于当前$W-K$的堆中的点就是需要重新更新$pre$与$cnt$的点
②倍增使用$ST$表进行实现
③维护$n^\frac{1}{3} < d_i - i \leq n^\frac{2}{3}$的部分在计算答案时进行更新即可，不需要额外维护
④根据③，在$d_i - i \leq n ^ \frac{1}{3}$时，不能直接把$pre_i$的贡献算上然后跳到$nxt_{pre_i}$，因为$nxt_{pre_i}$可能还没有更新导致跳到一些奇怪的地方
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define PII pair < int , int > 3 #define st first 4 #define nd second 5 //This code is written by Itst 6 using namespace std; 7 8 inline int read(){ 9 int a = 0; 10 char c = getchar(); 11 bool f = 0; 12 while(!isdigit(c)) 13 c = getchar(); 14 while(isdigit(c)){ 15 a = (a << 3) + (a << 1) + (c ^ '0'); 16 c = getchar(); 17 } 18 return f ? -a : a; 19 } 20 21 inline int max(int a , int b){ 22 return a > b ? a : b; 23 } 24 25 inline int min(int a , int b){ 26 return a < b ? a : b; 27 } 28 29 const int MAXN = 1e5 + 10; 30 int N , W , Q , logN , j_small , j_big; 31 int num[MAXN] , logg2[MAXN] , ST[21][MAXN][2] , pre[MAXN] , nxt[MAXN] , nMax[MAXN] , nMin[MAXN] , cnt[MAXN] , len[MAXN] , ans[MAXN]; 32 bool vis[MAXN]; 33 priority_queue < PII > q , mod; 34 deque < int > v; 35 36 void input(){ 37 N = read(); 38 j_small = pow(N , 1.0 / 3); 39 j_big = pow(N , 2.0 / 3); 40 W = read(); 41 Q = read(); 42 for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) 43 num[i] = ST[0][i][0] = ST[0][i][1] = read(); 44 for(int i = 1 ; i <= Q ; ++i) 45 q.push(PII(read() , i)); 46 } 47 48 void init(){ 49 for(int i = 1 ; 1 << i <= N ; ++i) 50 for(int j = 1 ; j + (1 << i) - 1 <= N ; ++j){ 51 ST[i][j][0] = min(ST[i - 1][j][0] , ST[i - 1][j + (1 << (i - 1))][0]); 52 ST[i][j][1] = max(ST[i - 1][j][1] , ST[i - 1][j + (1 << (i - 1))][1]); 53 } 54 logg2[0] = -1; 55 for(int i = 1 ; i <= N ; ++i){ 56 logg2[i] = logg2[i >> 1] + 1; 57 nxt[i] = i + 1; 58 pre[i] = min(N + 1 , j_small + i); 59 cnt[i] = pre[i] - i; 60 nMax[i] = max(num[i] , num[i + 1]); 61 nMin[i] = min(num[i] , num[i + 1]); 62 if(i != N) 63 mod.push(PII(nMin[i] - nMax[i] , i)); 64 } 65 logN = 1; 66 while(logN << 1 <= N) 67 logN <<= 1; 68 logN = logg2[logN]; 69 } 70 71 void upd(int p , PII t){ 72 mod.pop(); 73 while(nxt[p] <= N && nMax[p] - nMin[p] <= t.st && nxt[p] - p <= j_big){ 74 ++nxt[p]; 75 if(nxt[p] <= N){ 76 if(nMax[p] < num[nxt[p]]) 77 nMax[p] = num[nxt[p]]; 78 if(nMin[p] > num[nxt[p]]) 79 nMin[p] = num[nxt[p]]; 80 } 81 } 82 if(nxt[p] <= N && nxt[p] - p <= j_small) 83 mod.push(PII(nMin[p] - nMax[p] , p)); 84 pre[p] = p; 85 cnt[p] = len[p] = 0; 86 v.clear(); 87 v.push_back(p); 88 vis[p] = 1; 89 while(pre[p] <= N && nxt[pre[p]] - p <= j_small){ 90 pre[p] = nxt[pre[p]]; 91 ++cnt[p]; 92 v.push_back(pre[p]); 93 } 94 for(int i = p - 1 ; i && i >= p - j_small ; --i) 95 if(vis[nxt[i]]){ 96 while(v.back() - i > j_small) 97 v.pop_back(); 98 pre[i] = v.back(); 99 cnt[i] = len[nxt[i]] + v.size(); 100 len[i] = len[nxt[i]] + 1; 101 vis[i] = 1; 102 } 103 memset(vis + max(p - j_small , 1) , 0 , sizeof(bool) * (j_small + 1)); 104 } 105 106 void work(){ 107 while(!q.empty()){ 108 PII t = q.top(); 109 q.pop(); 110 t.st = W - t.st; 111 while(!mod.empty() && -mod.top().st <= t.st) 112 upd(mod.top().nd , t); 113 int p = 1 , all = 0; 114 while(p <= N){ 115 int cur = nxt[p] - p; 116 if(cur <= j_small){ 117 all += cnt[p]; 118 p = pre[p]; 119 } 120 else{ 121 ++all; 122 while(nxt[p] <= N && nMax[p] - nMin[p] <= t.st && cur <= j_big){ 123 ++nxt[p]; 124 ++cur; 125 if(nxt[p] <= N){ 126 if(nMax[p] < num[nxt[p]]) 127 nMax[p] = num[nxt[p]]; 128 if(nMin[p] > num[nxt[p]]) 129 nMin[p] = num[nxt[p]]; 130 } 131 } 132 if(cur <= j_big) 133 p = nxt[p]; 134 else{ 135 int cMax = 0 , cMin = 1e9; 136 for(int j = logN ; j >= 0 ; --j) 137 if(p + (1 << j) - 1 <= N){ 138 int m = max(cMax , ST[j][p][1]) , n = min(cMin , ST[j][p][0]); 139 if(m - n <= t.st){ 140 cMax = m; 141 cMin = n; 142 p += 1 << j; 143 } 144 } 145 } 146 } 147 } 148 ans[t.nd] = all; 149 } 150 } 151 152 void output(){ 153 for(int i = 1 ; i <= Q ; ++i) 154 printf("%d\n" , ans[i] - 1); 155 } 156 157 int main(){ 158 #ifndef ONLINE_JUDGE 159 freopen("in" , "r" , stdin); 160 freopen("out" , "w" , stdout); 161 #endif 162 input(); 163 init(); 164 work(); 165 output(); 166 return 0; 167 }