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  一个沙漏内共 (Xg) 沙，令初始时上半部分为 A，下半部分为 B。沙漏在 (r_1,r_2,cdots,r_n) 时刻会被瞬间翻转。(q) 次询问，每次询问给出 ((t,a))，求初始时 A 有 (ag) 沙，(t) 时刻时 A 内沙的质量。保证 (r_{1..n},t_{1..q}) 升序。

  (n,qle10^5)。

(mathcal{Solution})

  显然，随着初始 A 内沙质量的增多，任意时刻下 A 内沙的质量都不会减少。记 (m(a,t)) 表示初始 A 有 (ag) 沙，(t) 时刻时 A 内沙的质量，则应满足 ((forall t)left(m(0,t)le m(a,t)le m(X,t) ight))；此外，若存在一个 (t_0)，使得 (m(a,t_0)=m(0,t_0))（或 (m(a,t_0)=m(X,t_0))），则对于所有 (tge t_0)，都有 (m(a,t)=m(0,t))（或 (m(a,t)=m(X,t))）。

  据此，维护当前时刻 A 内沙子质量的上下界 ([l,u]) 以及不考虑上方沙子漏完情况下的 A 内沙子质量 (x)，若 (xin[l,u])，根据上述性质，不存在沙子漏光的无效时间，(x) 就是本次询问答案；否则，取下界或者上界作为答案即可。

  复杂度 (mathcal O(n+q))。

(mathcal{Code})

/* Clearink */

#include <cstdio>
#include <iostream>

inline int rint () {
	int x = 0, f = 1; char s = getchar ();
	for ( ; s < '0' || '9' < s; s = getchar () ) f = s == '-' ? -f : f;
	for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = getchar () ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
	return x * f;
}

template<typename Tp>
inline void wint ( Tp x ) {
	if ( x < 0 ) putchar ( '-' ), x = -x;
	if ( 9 < x ) wint ( x / 10 );
	putchar ( x % 10 ^ '0' );
}

const int MAXN = 1e5;
int X, n, r[MAXN + 5];

int main () {
	X = rint (), n = rint ();
	for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) r[i] = rint ();
	int ubound = X, lbound = 0, cur = 0, tid = 1, side = -1;
	for ( int q = rint (), t, a; q --; ) {
		t = rint (), a = rint ();
		for ( ; tid <= n && r[tid] <= t; side *= -1, ++ tid ) {
			lbound = std::min ( X, std::max ( 0, lbound + side * ( r[tid] - r[tid - 1] ) ) );
			ubound = std::min ( X, std::max ( 0, ubound + side * ( r[tid] - r[tid - 1] ) ) );
			cur += side * ( r[tid] - r[tid - 1] );
		}
		int clb = std::min ( X, std::max ( 0, lbound + side * ( t - r[tid - 1] ) ) );
		int cub = std::min ( X, std::max ( 0, ubound + side * ( t - r[tid - 1] ) ) );
		int sum = cur + side * ( t - r[tid - 1] );
		wint ( std::min ( cub, std::max ( clb, sum + a ) ) ), putchar ( '
' );
	}
	return 0;
}

(mathcal{Details})

  一道很巧妙的题。假设 (a) 为常数，画出 (m(a,t)) 的函数图像，就是一个类似于多段绝对值函数的样子。可以非常直观的理解结论（可是我懒得画 owo）。