\(\texttt {data-2020-10-24}\)
修正了一些语言描述上的错误，以及对于一些地方使用了更好的表述。
\(\texttt {data-2020-9-17}\)
修正了一些公式和语言描述上的错误。
对于当前要经过的一段区间 \(x\)，若给定不同初始值的 \(sum\) ，其减 \(p\) 的次数 \(k\) 也不同，那么 \(k\) 和 \(sum\) 是否满足什么关系呢？
意淫一下感觉是非递减，看能不能写清楚。
考虑增大 \(sum\) ，此时虽然模 \(p\) 的位置并不确定，但是 \(k\) 要么不变，要么增大，理解一下这个过程中取模位置和次数的变化：
先扫过去，对于 \(i\in[r_1,r_2)\) 这段范围内的数，过程量 \(sum_i\) 都增加 \(num\)（增大的量），原来满足 \(sum_i<p\) 这个条件的有：\(sum_i+num<p\)。
然后 \(r_2\) 这个位置满足：\(sum_{r_2}<p\) 且 \(sum_{r_2}+num\ge p\)，此时 \(r_2\) 这个位置取模。
这时有两种情况：
\(1.\ num-p\ge 0\)
对于 \(i\in[r_2,r_3)\) 这段范围内的数，过程量 \(sum_i\) 都增加 \(num-p\)，后同上。
\(2.\ num-p<0\)
实际上这个子问题就是 \(num<0\) 的实现。
此时后面一段的过程量减小，直到一个原本应当进行一次减 \(p\) 操作的位置不减了，而这个情况可以看做两个位置是否取模的真假（true or false）交换，可以保证 \(k\) 不变。然后后面的又是变成跟原来一样的子问题。
但也有可能后面没有这个真变假（原本取模变成不取模）的位置，也就是减 \(p\) 次数变为 \(k+1\)。
综上可得：对于每个使 \(k+1\) （对 \(k\) 产生了 \(1\) 的贡献）的位置，最多有一个使 \(k-1\) 的位置与其对应，所以 \(k\) 随 \(sum\) 非严格单调递增。
接下去就是考虑实现了：
\(k\) 随 \(sum\) 非严格单调递增，同时有 \(0\le k\le lens\)，其中 \(lens\) 为块长。
更严格来说，设原来的取模次数为 \(sl\)，有：
这里 \(k\) 和 \(sum\) 的关系十分相似于函数 \(y=\left\lfloor x \right\rfloor\)。
那么如果二分 \(sum\) 的话，扫过这个块模拟，就可以得到这个 \(sum\) 对应的 \(k\)。
也就是说可以预处理出对于每个 \(k\)，最小的 \(sum\) 值，设这个东西为 \(f(k)\)，特殊的，\(f(0)=-\infty\)。
那么如果前面的值处理好了传给当前区间，就可以求出对应的 \(k\) 然后加上这段区间的和，减去取模次数乘模数。
分块的话：
预处理复杂度：\(\operatorname O(\log(2e9\times lens)\times n)\) 乘上一个常数。
查询的复杂度：\(\operatorname O(m\times \frac{n}{lens}\times \log lens)\)
最优的极限复杂度为：\(1.3\times 10^{10}\)。
分块打了，炸了，一分都骗不到
看了题解，不是傻傻地每一块单独算，而是“合并”左右子树的信息。
处理好自己左子树和右子树的信息以后，设当前节点为 \(i\)，左儿子为 \(l\)，右儿子为 \(r\)。
其中，\(add_l\) 表示 \(l\) 这段区间的和，\(x,y\) 分别为左右区间取模的次数。
关于@81179332_ 提到的 \(c_{x+1}-c_x\ge p\) 的证明（在我这里写成 \(f_{x+1}-f_x\ge p\)），我的理解是：
因为 \(f_x\) 对应的是取模 \(x\) 次 \(sum\) 的最小值，那么当 \(sum=f_x-1\)，有一个本来要取模的位置不取模了，所以只可能是某个过程量在 \(sum=f_x\) 的时候刚好等于 \(0\)（即这步操作减 \(p\) 以后等于 \(0\)）。
当 \(sum=f_x+p-1\) 时，可以用前面 \(\operatorname A\) 的处理过程结合上一段来理解，\(k\) 一定等于 \(x\)，所以相邻两个值的差至少为 \(p\)。
那么对于上面的式子来说，有：
并且一个合法的二元组 \((x,y)\) 需满足：\(f_{l,x+1}-1+add_l-p\times x\ge f_{r,y}\)
对于一个常数 \(k=x+y\)，若 \(k\) 已经被 \((x,y)\) 更新过了，那么 \((x+1,y-1)\) 还有存在的必要吗？
由前面可以得到：
那么此时对于二元组 \((x+1,y-1)\)，\(\max(f_{l,x+1},f_{r,y-1}+p\times x-add_l)\) 取得一定是前面的那项。
前面那项和 \(y\) 又没有任何关系，所以有：
如果存在合法二元组 \((x,y)\)，则 \((x+1,y-1)\) 对答案无贡献。（当然，要考虑 \(x\) 的贡献。即如果 \((x,|r|)\) 符合二元组，为了让 \(x+1\) 的贡献能够更新 \(f_{i,x+|r|+1}\)，之后 \((x+1,|r|)\) 也得考虑）
注：这里的 \(|r|\) 指区间 \(r\) 的长度，即 \(y\) 的最大取值。
那么就可以双指针使得复杂度正确了。
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int MAN=1e6+3;
const LL MAX=1e18;
struct milk
{
int l,r;
int ls,rs;
int lens;
LL sum;
vector <long long> q;
}t[MAN<<1];
int nam;
int n,m;
LL ans=0;
LL p;
int rin()
{
int s=0;
char c=getchar();
bool bj=0;
for(;(c>'9'||c<'0')&&c!='-';c=getchar());
if(c=='-')c=getchar(),bj=true;
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())s=(s<<1)+(s<<3)+(c^'0');
if(bj)return -s;
return s;
}
inline void make_tree(int l,int r,int i)
{
t[i].l=l;t[i].r=r;
t[i].lens=t[i].r-t[i].l+1;
t[i].ls=t[i].rs=0;
t[i].q.push_back(-MAX);//f[0]为负无穷
if(l==r)
{
t[i].sum=rin();
t[i].q.push_back(p-t[i].sum);
t[i].q.push_back(MAX);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
t[i].ls=++nam;make_tree(l,mid,nam);
t[i].rs=++nam;make_tree(mid+1,r,nam);
t[i].sum=t[t[i].ls].sum+t[t[i].rs].sum;
for(int _=l;_<=r+3;_++)t[i].q.push_back(MAX);
l=t[i].ls;r=t[i].rs;
int x,y;
x=y=0;
for(;x<=t[l].lens;x++)
{
if(y>t[r].lens)y--;
for(;y<=t[r].lens;y++)
{
if(t[l].q[x+1]-1-p*x+t[l].sum<t[r].q[y]){if(y!=0)y--;break;}//当前的 x 无法满足后面减 y 次的需求
t[i].q[x+y]=min(t[i].q[x+y],max(t[l].q[x],t[r].q[y]+p*x-t[l].sum));
}
}
return;
}
inline void cheak(int l,int r,int i)
{
if(l<=t[i].l&&t[i].r<=r)
{
int left=1,right=t[i].r-t[i].l+1;
int last=0;
for(;left<=right;)
{
int mid=(left+right)>>1;
if(ans>=t[i].q[mid])last=mid,left=mid+1;
else right=mid-1;
}
ans+=t[i].sum;
ans-=p*last;
return;
}
if(t[i].ls==0)return;
if(t[t[i].ls].r>=l)cheak(l,r,t[i].ls);
if(t[t[i].rs].l<=r)cheak(l,r,t[i].rs);
return;
}
int main()
{
int i,j;
n=rin();m=rin();p=rin();
nam=1;
make_tree(1,n,1);
for(i=1;i<=m;i++)
{
int l,r;
l=rin();r=rin();
ans=0;
cheak(l,r,1);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}