A. Merchant

看到一次函数，马上想到维护一个凸包，或许可以维护一下前m大一次函数的总和？

然而想了想并不会维护，于是转换了下思路。

似乎答案具有单调性：除去答案为0的情况，其它一定具有单调性。

结论是显然的。

不妨考虑任何一个组合。

一些一次函数的和仍为一次函数。

如果总一次函数的斜率大于0，那么时间越大越优，即具有单调性。

如果总一次函数的斜率小于等于0，那么时间为0时最优，所以答案必定为0。

然后就可以二分答案，找前m大统计。

然而暴力$sort$，复杂度是$O(nlog^2n)$的，并不能过掉$n=10^6$。

使用$nth_element$，其实也是使用了快排思想，只不过递归一半，平均复杂度为$O(n)$。

然而有一些细节：

如果当前值小于0，那么不统计这个答案。

可能会加爆$longlong$，可以在超过$s$时马上$return$ $1$。

其实写$sort$的时候注意了这些细节，然而后来改$nth_element$的时候就忘记了。

B. Equation

给定的树上方程比较简单。

随便推一推就可以将$x_i$表示为$x_1$和常数。

发现这个常数其实只与祖先链上的权值有关。

所以用dfs序建树状数组，维护一下这个常数是什么。

加上给定的一个方程，总共三个方程，手动解就可以了（当然对这三个方程打高斯消元复杂度也是对的）。

C. Rectangle

考虑枚举计算矩形的左右边界，那么左右边界必须各选一个点。

首先是比较简单的形式：左右边界各有一个点，那么这两个点必选。

那么矩形的上下区间至少为当前左右边界的$y$值，分别设为$y_{mn}$,$y_{mx}$。

答案与区间内部，小于$y_{mn}$和大于$y_{mx}$的$y$值有关。

答案为$(r-l)*\sum \limits_{y_i<y_{mn}}^{} \sum \limits_{y_j>y_{mx}}^{} y_j-y_i$。

用树状数组维护一下区间的$sz$和$sum$，就可以查询了。

考虑更为一般的情况：

左右边界上有更多的点。

那么通过这些点把整个$y$值域划分为若干个区间。

每个长度跨过一个区间的$y_j-y_i$都应该被计算到一次且仅一次。

从小到大考虑每一个区间，注意一下开闭就可以了。