q次询问,求n条直线在k位置的前k小值之和

只能做到 \(O(n \sqrt n \log n +q)\)。

设 \(n\) 条直线斜率和截距分别为 \(k_i,b_i\)，\(f_i(x) = k_i x +b_i\)。

做法：

首先对于所有直线按斜率从小往大分块。

对于序列扫描线，每次我们需要保证的是对于新的 \(x\) 来说，一个块内的 \(f(x)\) 不降。

我们考虑这样一件事，如果我们确定了块中所有对 \((x,y)\) 的相对位置，我们一定可以还原出一个新的序列，初始时每个对都有一个相对位置，由于是两条直线，所以这两个位置的相对位置至多变化一次。

我们可以预处理出每个对变化的时间，再在那个时间啊把所有相对位置可能发生改变的位置取出来，直接对他们排序，再按排序后顺序插回即可。

考察一下这里的复杂度，首先有 \(\frac{n}{B}\) 个块，每个块每个对处理一次，复杂度是 $B^2 \log B $，总复杂度 \(O(n B \log B)\)。

那么显然此时我们的一次选择一定会选择一个块一段前缀，记做 \(cnt_i\)。

假设我们已经得到了 \(k-1\) 位置的前 \(k-1\) 小值和时的所有块的 \(cnt_i\)，我们考虑怎么增量到 \(k\)。

我们现在假设当前每个块依旧选择了上一次选择中的前 \(cnt\) 个数，这是需要调整的。

得到每个块前 \(cnt\) 个值的和的方法是，每个块开两个树状数组，维护前缀斜率和截距即可。

我们可以简单的得到一种暴力的调整方法，即每次取出每个块中的第 \(cnt\) 个数的值，再取出每个块 \(cnt+1\) 的值，若前面取出的值存在比未取出的大，就吧前面取出的一个放回，后面的放入，设前面选的组为 \(u\)，后面的为 \(v\)，此时一定有 \(u \gt v\)，因为此时同样相当于一次直线在某个位置交换，显然斜率小的在 \(x\) 增大后会更有优势。

我们断言直接用小根堆存第一个集合，大根堆存第二个，每次做上述操作就是正确的。

考虑证明这个结论，我们定义势能 \(\Phi = \sum_{i=1}^{\frac{n}{B}} i \times cnt_i\)。

每次势能至多增加 \(\frac{n}{B}\)，即加入一个最大的块中的值。

每次做上述交换操作一次势能为 \(u - v\)，由于 \(u \gt v\)，势能至少减少 \(1\)。

由于对于势能正贡献为 \(\frac{n^2}{B}\)，且每一次操作都会消耗 \(1\)，所以这里复杂度为 \(O(\frac{n^2}{B} \log B)\)。

注意这里的两个堆需要支持删除，可以每个堆再开一个删除堆。

那么总复杂度即为 \((nB+\frac{n^2}{B}) \log B\)。