一题水两篇怎么说。
上一篇中我们采用智慧方法减少了比较次数，避免了使用复杂的高精度数。现在我们有高论！可以做到 \(\mathrm O(\log_B V\log_2 n)\) 在某一位加或者减一个大小 \(\mathrm O(V)\) 的数，支持判断正负和取特定位的值。怎么做呢。很简单，我们每一位的数值域原本是 \([0, B)\)，其中 \(B\) 是进制，现在我们改成 \((-B, B)\)。你发现这样一个数的正负性依然只和最高非零位置有关，某一位的具体值，只会受到上一个非零位的退位影响，那么用 set 存一下非零位置即可。在这道题，加的数是 \(5\times 10^8\)。进行一个位的压，那么你可以把 \(V\) 搞到 \(\Theta(B)\)，于是单 \(\log\) 就暴力过了这个题。下面证明为啥加减这么快！
考虑当前我们在某一位要加上一个数 \(X\)，如果 \(|X| \ge B\) 那么它会除以 \(B\) 下取整以后再被扔到下一位；由于当前位可能有数所以它的大小还可能增加 1，但是由于级数 \(\sum\limits_{i=0}^{\infty}B^{-i}\) 狠狠地收敛，所以 \(|X| \ge B\) 的时候这个增加 1 没有啥存在感。这一部分消耗的复杂度也就是 \(\log_B V\log_2 n\)（后一个 \(\log\) 来自对 set 的操作）。那么考虑 \(|X| < B\) 的时候会发生啥。容易得出你会往前进位，进的数只可能是 \(\pm 1\)，单次消耗复杂度是 \(\log_2 n\)。于是一般的时候你就停下来了，但是也有可能不停进位，发生链式反应！也就是当某一位恰好是 \(\pm(B-1)\) 的时候。定义这样的位是“临界状态”位。那么发生一次额外的进位消耗至少一个临界状态的位。于是你考虑均摊分析。什么时候我们会增加临界状态的位呢？容易得出，前面当 \(|X| \ge B\) 的时候每一次都可能增加一个，而在进位过程中，我们顶多在最后一次进位停下来的时候产生一个临界位。所以最后临界位的总个数是均摊 \(\log_B V\) 的。那么均摊复杂度正确，完全胜利！
贴一下 CF 上的原文。
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