题面
洛谷
题解
考虑暴力，对于询问中的一段区间\([l,r]\)，我们先将其中的数升序排序，假设当前可以表示出\([1,k]\)目前处理\(a_i\)，假如\(a_i>k+1\)，则答案就是\(k+1\)，否则，调整右界到\(k+a_i\)。
考虑如何优化，还是扫到了\([1,k]\)，假设\(ans=k+1\)，如果所有小于等于\(ans\)的数的和\(sum\)起来大于等于\(ans\)，则一定可以将\(k\)更新成\(sum\)。否则直接输出就好了。
以上这个过程很明显可以用主席树维护，统计一个区间内小于等于某个数的数的和。
接着来证明一下这个东西的复杂度。什么时候对于这种算法，复杂度最劣呢？就是，对于一个区间\([l,r]\)，排完序后有：
\[ a_i=\sum_{j=l}^{i-1}a_j(l\leq i\leq r) \]
比如：\(1,1,2,4,8,16,...,2^k\)，所以说，这个算法的复杂度是\(log_2(\sum a_i)\)，而\(\sum a_i\leq10^9\)，所以所以是对的
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using std::min; using std::max;
using std::swap; using std::sort;
using std::unique; using std::lower_bound;
typedef long long ll;template<typename T>
void read(T &x) {int flag = 1; x = 0; char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') flag = -flag; ch = getchar(); }while(ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); x *= flag;
}const int N = 1e5 + 10, Inf = 1e9 + 7;
int n, q, a[N], rt[N], poi;
int val[N << 5], lson[N << 5], rson[N << 5];
ll sum[N << 5];int insert(int o, int l, int r, int k) {int o_ = ++poi;lson[o_] = lson[o], rson[o_] = rson[o], sum[o_] = sum[o] + k;if (l == r) return o_;int mid = (l + r) >> 1;if (k <= mid) lson[o_] = insert(lson[o_], l, mid, k);else rson[o_] = insert(rson[o_], mid + 1, r, k);return o_;
}ll query (int x, int y, int l, int r, int k) {if(l == r) return sum[y] - sum[x];int mid = (l + r) >> 1; if(k <= mid) return query(lson[x], lson[y], l, mid, k);else return sum[lson[y]] - sum[lson[x]] +query(rson[x], rson[y], mid + 1, r, k);
}int main () {read(n);for(int i = 1; i <= n; ++i)read(a[i]), rt[i] = insert(rt[i - 1], 1, Inf, a[i]);read(q); int x, y;while(q--) {read(x), read(y);ll MX = 1, ans = 0;ans = query(rt[x - 1], rt[y], 1, Inf, int(MX));while(ans >= MX && MX != Inf) {MX = min(1ll * Inf, ans + 1);ans = query(rt[x - 1], rt[y], 1, Inf, int(MX));} printf("%lld\n", ans + 1);}return 0;
}