整体二分是一种离线算法
记 [l,r] 为答案的值域，[L,R] 为答案的定义域。（也就是说求答案时仅考虑下标在区间 [L,R] 内的操作和询问，这其中询问的答案在 [l,r] 内）
我们首先把所有操作 按时间顺序 存入数组中，然后开始分治。
在每一层分治中，利用数据结构（常见的是树状数组）统计当前查询的答案和 mid 之间的关系。
根据查询出来的答案和 mid 间的关系（小于等于 mid 和大于 mid）将当前处理的操作序列分为 q1 和 q2 两份，并分别递归处理。
当 l=r 时，找到答案，记录答案并返回即可。
需要注意的是，在整体二分过程中，若当前处理的值域为 [l,r]，则此时最终答案范围不在 [l,r] 的询问会在其他时候处理。
整体二分要求
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询问的答案具有可二分性
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修改对判定答案的贡献互相独立，修改之间互不影响效果
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修改如果对判定答案有贡献，则贡献为一确定的与判定标准无关的值
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贡献满足交换律，结合律，具有可加性
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题目允许使用离线算法
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例题：
[POI2011] MET-Meteors
题面翻译
Byteotian Interstellar Union
有 \(n\) 个成员国。现在它发现了一颗新的星球，这颗星球的轨道被分为 \(m\) 份（第 \(m\) 份和第 \(1\) 份相邻），第 \(i\) 份上有第 \(a_i\) 个国家的太空站。
这个星球经常会下陨石雨。BIU 已经预测了接下来 \(k\) 场陨石雨的情况。
BIU 的第 \(i\) 个成员国希望能够收集 \(p_i\) 单位的陨石样本。你的任务是判断对于每个国家，它需要在第几次陨石雨之后，才能收集足够的陨石。
输入格式
第一行是两个数 \(n,m\)。
第二行有 \(m\) 个数，第 \(i\) 个数 \(o_i\) 表示第 \(i\) 段轨道上有第 \(o_i\) 个国家的太空站。
第三行有 \(n\) 个数，第 \(i\) 个数 \(p_i\) 表示第 \(i\) 个国家希望收集的陨石数量。
第四行有一个数 \(k\)，表示 BIU 预测了接下来的 \(k\) 场陨石雨。 接下来 \(k\) 行，每行有三个数 \(l_i,r_i,a_i\) ，表示第 \(k\) 场陨石雨的发生地点在从 \(l_i\) 顺时针到 \(r_i\) 的区间中（如果 \(l_i \leq r_i\)，则是 \(l_i, l_i + 1 \cdots, r_i\)，否则就是 \(l_i, l_i + 1, \cdots m - 1, m, 1, 2, \cdots r_i\)），向区间中的每个太空站提供 \(a_i\) 单位的陨石样本。
输出格式
输出 \(n\) 行。第 \(i\) 行的数 \(w_i\) 表示第 \(i\) 个国家在第 \(w_i\) 波陨石雨之后能够收集到足够的陨石样本。如果到第 \(k\) 波结束后仍然收集不到，输出 NIE。
样例 #1
样例输入 #1
3 5
1 3 2 1 3
10 5 7
3
4 2 4
1 3 1
3 5 2
样例输出 #1
3
NIE
1
首先 把询问离线下来。
在询问列表中二分。
把二分mid前的所有陨石雨都下一遍。
判断满足要求的国家空间站，将其放到l到mid中，剩下的不能满足的放在mid+r中。然后继续递归知道每个空间站在二分中找到结果。
因为有无解情况。
所以在最后多下一场覆盖所有空间站，雨量为inf的雨，在这场雨之后满足的就是无解情况。
举一个例子。
n = 6
设每一场雨量都为1,#代表一场雨覆盖的范围
##### *1
####### *2
##### *3
### *4
4 6 2 1 3 5 //要求雨量
1 2 3 4 5 6 //下标
二分答案如图所示:
1 2 3 4
1 2|3 4
1|2|3|4
首先 1~4 mid = 2
将编号为1，2的两场雨下掉
发现下标为3 4的点已经满足了，划入1，2.其余点划入3，4.
在1，2点内。把编号为1的雨下掉，发现都没有满足。
所以下标为3，4的两个国家ans就为2.。。
如此类推。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define re register
#define int long long
#define inf 1000000000
il int read() {
re int x = 0, f = 1; re char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
return x * f;
}
#define rep(i, s, t) for(re int i = s; i <= t; ++ i)
#define lb(x) (x)&(-(x))
#define maxn 300005
int n, m, ans[maxn], tr[maxn * 2], T;
struct ques {
int l, r, a, id;
}e[maxn];
struct node {
int ned, id;
}p[maxn], p1[maxn], p2[maxn];
vector<int> q[maxn];
il void add(int x, int v) {
for(re int i = x; i <= 2 * m; i += lb(i)) tr[i] += v;
}
il int query(int x) {
int ans = 0;
for(re int i = x; i; i -= lb(i)) ans += tr[i];
return ans;
}
il int Query(int x) {
int ans = 0;
for(re int i = 0; i < q[p[x].id].size(); ++ i) {
ans += query(q[p[x].id][i]) + query(q[p[x].id][i] + m);
if(ans >= p[x].ned) return ans;
}
return ans;
}
il void solve(int l, int r, int L, int R) {
if(L > R) return;
if(l == r) {
//如果二分到了终点，显然当前操作区间的答案都等于二分的答案
rep(i, L, R) ans[p[i].id] = l;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1, cnt1 = 0, cnt2 = 0;
//差分，假设[l, mid]的雨全部下下来
rep(i, l, mid) add(e[i].l, e[i].a), add(e[i].r + 1, -e[i].a);
//判断哪些答案大了，那些小了
rep(i, L, R) {
int temp = Query(i);
if(temp >= p[i].ned) p1[++ cnt1] = p[i];
else p[i].ned -= temp, p2[++ cnt2] = p[i];
}
//清空树状数组
rep(i, l, mid) add(e[i].l, -e[i].a), add(e[i].r + 1, e[i].a);
//归并排序
rep(i, L, L + cnt1 - 1) p[i] = p1[i - L + 1];
rep(i, L + cnt1, R) p[i] = p2[i - L - cnt1 + 1];
//继续二分
solve(l, mid, L, L + cnt1 - 1), solve(mid + 1, r, L + cnt1, R);
}
signed main() {
n = read(), m = read();
rep(i, 1, m) q[read()].push_back(i);
rep(i, 1, n) p[i].ned = read(), p[i].id = i;
T = read();
rep(i, 1, T) {
e[i].l = read(), e[i].r = read(), e[i].a = read(), e[i].id = i;
if(e[i].r < e[i].l) e[i].r += m;
}
++ T, e[T].id = T, e[T].l = 1, e[T].r = 2 * m, e[T].a = inf;
solve(1, T, 1, n);
rep(i, 1, n) ans[i] == T ? puts("NIE") : printf("%lld\n", ans[i]);
return 0;
}