[牛客82B, 一起来做题第一场E]区间的连续段 (倍增，思维)

首先考虑最暴力的做法。那复杂度是q * range的显然会爆。

原本我是想用什么数据结构优化这个过程，但是想了想好像没什么东西处理划分这个操作。

于是考虑观察这个操作的性质，我们发现对于每个范围，一旦L确定那么，在[L, R] 之间的划分数其实是固定的。（但是划分方案可能会有很多种）

这里可以稍稍证明一下：

假设区间为[L, R]，那么最多的划分数就是R-L+1，之后我们为了尽可能减少划分数，我们必然要尽可能让一个划分集合与左右两边的集合合并。

于是我们就利用贪心的思想，尽量让每一个划分集合都尽量大，那么我们就能做到划分数最小。

 

于是我们解决了第一步，如何处理划分数的问题。但是我们不能通过预处理    divide_num[L][R]这个二维数组去得到答案。

于是考虑优化掉数组第二维，该如何快速知道在L确定的情况下，到R的划分数呢？

我们发现，最最开始，我们的划分数组存的其实都是到下一个划分点的位置，我们每次可以通过跳跃，去获得下一个划分点的位置，从而获得答案。

但是最坏情况下就是，这个跳跃数都为1，即每个a[i] + a[i+1] > k， a[i] <= k。这样的话就会被卡成n2了。我们发现这个跳跃操作，其实是可以被优化的。

考虑到跟树上倍增一样的思想，每次跳2的幂次，这样的话我们的复杂度就被降低到nlogn了。

于是开始写。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int inf = 0x3f3f3f3f; ///1061109567
const int maxn = 2e6 + 10;

int n, m, k;
ll sum[maxn], a[maxn];
int f[maxn][30], cant[maxn];

int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
        scanf("%lld", &a[i]);
        sum[i] = a[i] + sum[i-1];
        cant[i] = cant[i-1] + (a[i] > k);
    }

    for (int j = 0; j <= 20; ++ j) {
        for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
            if (j == 0) {
                int pos = upper_bound(sum+1, sum+1+n, sum[i-1]+k) - sum;
                f[i][j] = pos;
                //cout << "pos: " << pos << endl;
            }
            else f[i][j] = f[f[i][j-1]][j-1];
        }
    }
    while (m--) {
        int l, r; scanf("%d%d", &l, &r);
        if (cant[r] - cant[l-1] > 0) {
            puts("Chtholly");
            continue;
        }

        int ans = 1;
        ///至于ans为什么一开始是1，是因为我们记录的都是下一个划分数的位置，
        ///并且在寻找答案的时候让下一个划分数的位置<=R这说明最后一条我们是没有算在答案里面的，
        ///所以需要+1。
        for (int j = 20; j >= 0; -- j) {
            ///f[l][j] != 0的原因是因为l + 1<<j会大于n，
            ///这样的话倍增数组其实是没有给值的此时为0
            ///0 <= r 但是我们又不希望访问越界的位置。所以需要!=0
            if (f[l][j] && f[l][j] <= r) {
                l = f[l][j];
                ans += (1 << j);
            }
        }
//        puts("");
        printf("%d\n", ans);

    }
    return 0;
}