给定一个长度为$n$的数组$a,(1\le a_i<m)$，$m$是一个给定的数$(1\le m\le 10^9)$，有$Q$次操作，分为两类：

• 给定$u,v,(1\le u\le n,1\le v<m)$，把数组上$a_u$的值改为$v$。
• 给定$l,r,k,(1\le l\le r\le n,1\le k\le r-l)$，每次对$[l,r]$区间内前$r-l+1-k$小的数都$+1$，问最多能进行多少次操作， 使得$i\in [l,r],a_i<m$恒成立。

对于操作一，我们直接修改即可，如何计算询问二呢，我们思考如下一个问题:

给定一个长度为$n$的数组$a$，每次我们要选择$k$个不同的数，把这$k$个数的值都减$1$，问我们最多能进行几次操作。

这个问题考虑最优解法，其实就是每次拿前$k$大，然后对这$k$个数都减$1$，知道不能进行操作为止。

不难发现其实这个问题，跟我们的询问二操作是几乎一样的，如果我们对询问二中的每个$a_i$都存$m-a_i-1$的值，这个问题就变得跟上述问题是一样的了。

考虑如何快速解决这个问题（因为我们不能对每次询问都进行模拟），尝试二分求解：

假设我们当前二分区间为$[l,r]$，判断答案是在$[l,mid]$或者$[mid+1,r]$区间，所以我们需要判断$x=mid+1$是否是可行的。

对于那些$a_i\ge x$的数来说，如果每次删除我们都选他，可以发现对整个过程的模拟是没有影响的，假设这样的数有$cnt$个。

接下来我们的问题就转换成为，当所有数都$<x$，我们每次需要挑选$k-cnt$个数然后对其$-1$，能否进行$x$次操作了。

我们再对这个问题进行转换，如果我们要进行$x$次操作，每次我们最多能选多少个数，如果每次可选的数$\ge k-cnt$，则说明合法。

由于$a_i<x$，我们进行了$x$次操作，说明，我们可以满足在同一次操作中不会出现两个一样的，所以每次可选的数为$\frac{sum}{x}$。

由此我们解决了，询问操作，如果是静态问题，可以考虑直接主席树上二分，但是这里是一个带修的问题，所以可以考虑树套树，

如果是树状数组套主席树，空间复杂度将会是$O(n{\log }^{2}n)$的，不可行，所以得通过权值线段树套平衡树来解决，达到空间$O(n\log n)$的。

其实还有一个代码量小，同时满足时间复杂度的离线做法，整体二分，空间$O(n)$，时间$O(n{\log }^{2}n)$。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1e5 + 10;int n, m, T, cnt, a[N];long long ans[N];inline int lowbit(int x) {return x & (-x);
}struct BIT {long long sum[N];void update(int rt, int x) {while (rt <= n) {sum[rt] += x;rt += lowbit(rt);}}long long query(int rt) {long long ans = 0;while (rt) {ans += sum[rt];rt -= lowbit(rt);}return ans;}
}sum, num;struct Res {int op, id, l, r, k;/*op = 0, modify a_l + rop = 1, query [l, r], k*/long long pre_sum, pre_num;}q[N << 2], ql[N << 2], qr[N << 2];void solve(int L, int R, long long l, long long r) {if (L > R) {return ;}if (l == r) {for (int i = L; i <= R; i++) {if (!q[i].op) {ans[q[i].id] = l;}}return ;}long long mid = l + r >> 1;int cnt1 = 0, cnt2 = 0;for (int i = L; i <= R; i++) {if (q[i].op) {if (q[i].r <= mid) {sum.update(q[i].l, q[i].r * q[i].op), num.update(q[i].l, q[i].op);ql[++cnt1] = q[i];}else {qr[++cnt2] = q[i];}}else {long long pre_sum = q[i].pre_sum, pre_num = q[i].pre_num;long long cur_sum = sum.query(q[i].r) - sum.query(q[i].l - 1), cur_num = num.query(q[i].r) - num.query(q[i].l - 1);if ((q[i].r - q[i].l + 1) - pre_num - cur_num + (pre_sum + cur_sum) / (mid + 1) >= q[i].k) {q[i].pre_sum += cur_sum, q[i].pre_num += cur_num;qr[++cnt2] = q[i];}else {ql[++cnt1] = q[i];}}}for (int i = 1; i <= cnt1; i++) {if (ql[i].op) {sum.update(ql[i].l, -ql[i].r * ql[i].op), num.update(ql[i].l, -ql[i].op);}}for (int i = 1; i <= cnt1; i++) {q[L + i - 1] = ql[i];}for (int i = 1; i <= cnt2; i++) {q[L + cnt1 + i - 1] = qr[i];}solve(L, L + cnt1 - 1, l, mid);solve(L + cnt1, R, mid + 1, r);
}int main() {// freopen("in.txt", "r", stdin);// freopen("out.txt", "w", stdout);scanf("%d %d %d", &n, &m, &T);for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d", &a[i]);a[i] = m - a[i] - 1;q[++cnt] = {1, 0, i, a[i], 0, 0, 0};}for (int i = 1, op; i <= T; i++) {ans[i] = -1;scanf("%d", &op);if (op & 1) {int l, r, k;scanf("%d %d %d", &l, &r, &k);q[++cnt] = {0, i, l, r, r - l + 1 - k, 0, 0};}else {int u, v;scanf("%d %d", &u, &v);q[++cnt] = {-1, 0, u, a[u], 0, 0, 0};a[u] = m - v - 1;q[++cnt] = {1, 0, u, a[u], 0, 0, 0};}}solve(1, cnt, 0, 100000000000000);for (int i = 1; i <= T; i++) {if (ans[i] != -1) {printf("%lld\n", ans[i]);}}return 0;
}