【题目描述】
本题中,我们将用符号$\lfloor c \rfloor$表示对$c$向下取整,例如:$\lfloor 3.0 \rfloor = \lfloor 3.1 \rfloor = \lfloor 3.9 \rfloor = 3$。

蛐蛐国里现在共有$n$只蚯蚓($n$为正整数)。每只蚯蚓拥有长度,我们设第$i$只蚯蚓的长度为$a_i$

($i = 1, 2, \ldots , n$),并保证所有的长度都是非负整数(即:可能存在长度为$0$的蚯蚓)。

每一秒,神刀手会在所有的蚯蚓中,准确地找到最长的那一只(如有多个则任选一个)将其切成两半。神刀手切开蚯蚓的位置由常数$p$(是满足$0 < p < 1$的有理数)决定,设这只蚯蚓长度为$x$,神刀手会将其切成两只长度分别为$\lfloor px \rfloor$和$x - \lfloor px \rfloor$的蚯蚓。特殊地,如果这两个数的其中一个等于$0$,则这个长度为$0$的蚯蚓也会被保留。此外,除了刚刚产生的两只新蚯蚓,其余蚯蚓的长度都会增加$q$(是一个非负整常数)。

蛐蛐国王知道这样不是长久之计,因为蚯蚓不仅会越来越多,还会越来越长。蛐蛐国王决定求助于一位有着洪荒之力的神秘人物,但是救兵还需要$m$秒才能到来 ……($m$为非负整数)

蛐蛐国王希望知道这$m$秒内的战况。具体来说,他希望知道:

1.$m$秒内,每一秒被切断的蚯蚓被切断前的长度(有$m$个数);
2.$m$秒后,所有蚯蚓的长度(有$n + m$个数)。

蛐蛐国王当然知道怎么做啦!但是他想考考你 ……

【输入格式】
第一行包含六个整数$n$,$m$,$q$,$u$,$v$,$t$,其中:$n$,$m$,$q$的意义见「问题描述」;$u$,$v$,$t$均为正整数,你需要自己计算$p = \frac{u}{v}$(保证$0 < u < v$);
$t$是输出参数,其含义将会在「输出格式」中解释。
第二行包含$n$个非负整数,为$a_1, a_2, \ldots, a_n$,即初始时$n$只蚯蚓的长度。
同一行中相邻的两个数之间,恰好用一个空格隔开。

保证$1 \leq n \leq 10 ^ 5$,$0 < m < 7 \times 10 ^ 6$,$0 < u < v < 10 ^ 9$,$0 \leq q \leq 200$,$1 < t < 71$,$0 < a_i < 10 ^ 8$。

【输出格式】
第一行输出$\lfloor \frac{m}{t} \rfloor$个整数,按时间顺序,依次输出第$t$秒,第$2t$秒,第$3t$秒 …… 被切断蚯蚓(在被切断前)的长度。
第二行输出$\lfloor \frac{(n+m)}{t} \rfloor$个整数,输出$m$秒后蚯蚓的长度;需要按从大到小的顺序,依次输出排名第$t$,第$2t$,第$3t$…… 的长度。
同一行中相邻的两个数之间,恰好用一个空格隔开。即使某一行没有任何数需要输出,你也应输出一个空行。

【题解】
直接用大根堆跑暴力会被卡掉。。。差不多是$O((n+m)log(n+m))$

正解是$O(n+m)$的

性质一:如果一条蚯蚓i 比 蚯蚓j 先被切掉 那么i的两个切出来的小段中较短的那段 也一定比 j切出来的较短的那段 先被切掉 较长的那段同理
证明:
设i现在的长度为$a_i$,j现在的长度为$a_j$,那么i这次被切出来的一个小段为$\lfloor pa_i \rfloor$,一秒后变为$\lfloor pa_i \rfloor+q$; j在下一秒被切掉 切出来的一个小段为$\lfloor pa_j+q \rfloor$若$a_i > a_j$则易证$\lfloor pa_i \rfloor+q > \lfloor pa_j+q \rfloor$。

所以其实这道题具有一定的单调性 维护三个队列:队列1存储还一次都没有被切的蚯蚓长度 队列2存储被切掉的那些蚯蚓两段中较长的那些段 队列3存储切掉后剩下较短的那些段
开始时按从大到小的顺序把蚯蚓长度全部放进队列1 然后每次从1,2,3三个队列的首端取一个最大的切掉 然后把切出来的两段分别丢进队列2,3
答案就边做边记录一下 每秒结束后增长$q$的操作其实可以比较优美的处理 具体见代码

【代码】

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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll n, m, u, qq, v, t, a[1000005], nowlen;
ll q[7000005], q2[7000005], q3[7000005], head = 1, head2 = 1, head3 = 1, tail, tail2, tail3;
ll ans[7000005], ans2[8000005], sz;

ll getmax() {
ll x = -0x7fffffff, x2 = -0x7fffffff, x3 = -0x7fffffff;
if (head <= tail) x = q[head];
if (head2 <= tail2) x2 = q2[head2];
if (head3 <= tail3) x3 = q3[head3];
if (x >= x2 && x >= x3) {
head++;
return x;
} else if (x2 >= x && x2 >= x3) {
head2++;
return x2;
} else {
head3++;
return x3;
}
}

int main() {
scanf("%lld %lld %lld %lld %lld %lld", &n, &m, &qq, &u, &v, &t);
for (ll i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%lld", &a[i]);
}
sort(a + 1, a + n + 1, greater<ll>() );
for (ll i = 1; i <= n; i++) q[++tail] = a[i];
for (ll i = 1; i <= m; i++) {
ans[i] = getmax() + nowlen;
ll x = ans[i] * u / v, y = ans[i] - x;
nowlen += qq;
if (x < y) swap(x, y);
q2[++tail2] = x - nowlen; q3[++tail3] = y - nowlen;
}
while (head <= tail || head2 <= tail2 || head3 <= tail3) ans2[++sz] = getmax() + nowlen;
for (ll i = t; i <= m; i += t) printf("%lld ", ans[i]);
putchar('\n');
for (ll i = t; i <= sz; i += t) printf("%lld ", ans2[i]);
putchar('\n');
return 0;
}

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