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考虑差分一下，变成查询一个前缀的和。操作是从左往右做的，所以很好。
经过简单的模拟可以发现，对一个前缀进行一次 \(x\) 的操作，也就是将 \(x\) 扔到前缀里面，然后把最小值扔掉。为啥要扔掉一个最小值？我们扔掉的数就是完成操作之后的 \(x\)。
从这里我们可以看出，对于一个特定的前缀 \(i\)，你把 \(x\) 一个一个塞进去，塞一个扔一个的作用效果，其实和塞 \(q\) 个扔 \(q\) 个的作用效果一样，因为实际上我们不关心顺序。所以假设我们进行到第 \(j\) 次操作，前 \(j\) 次操作的 \(x\) 分别是 \(x_1 \sim x_j\)，那么我们做的事情其实是维护一个可重集，将 \(a_1 \sim a_i\) 扔进去，把 \(x_1 \sim x_j\) 扔进去，最后把前 \(j\) 小的扔掉。
我们要找一个前缀和一个 \(x\) 的可重集合并起来，前 \(j\) 小的和，不难想到权值线段树加主席树。
具体地，我们对静态的 \(a\) 序列维护主席树，对不断加入的 \(x\) 维护权值线段树。查询的时候，我们把某一个前缀对应的版本树和这个权值线段树加在一起，然后二分求前 \(i\) 小和即可。
复杂度 \(O(n \log n)\)，完全不卡常。
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define N 500006
using namespace std;
using i64=long long;
int n,q,tot,root,rt[N];
i64 s[N];
struct Node {int sz,ls,rs; i64 sum;} tree[N<<6];
void update(int &p,int q,int l,int r,int k)
{tree[p=++tot]=tree[q];tree[p].sz++,tree[p].sum+=k; if(l==r)return;int mid=l+r>>1; k<=mid?update(tree[p].ls,tree[q].ls,l,mid,k):update(tree[p].rs,tree[q].rs,mid+1,r,k);
}
void update(int &p,int l,int r,int k)
{if(!p)p=++tot; tree[p].sz++,tree[p].sum+=k; if(l==r)return;int mid=l+r>>1; k<=mid?update(tree[p].ls,l,mid,k):update(tree[p].rs,mid+1,r,k);
}
i64 query(int p,int q,int l,int r,int k)
{if(l==r)return 1ll*l*k;int mid=l+r>>1;int lsz=tree[tree[p].ls].sz+tree[tree[q].ls].sz;i64 lsum=tree[tree[p].ls].sum+tree[tree[q].ls].sum;if(lsz>=k)return query(tree[p].ls,tree[q].ls,l,mid,k);return lsum+query(tree[p].rs,tree[q].rs,mid+1,r,k-lsz);
}
main()
{scanf("%d%d",&n,&q);for(int i=1,x;i<=n;i++)scanf("%d",&x),update(rt[i],rt[i-1],1,n,x),s[i]=s[i-1]+x;for(int i=1,x,l,r;i<=q;i++){scanf("%d%d%d",&x,&l,&r),update(root,1,n,x);printf("%lld\n",s[r]-s[l-1]-query(rt[r],root,1,n,i)+query(rt[l-1],root,1,n,i));}return 0;
}