考虑一次询问怎么做：
我们想求的答案就是 每次减时为 \(0\) 的位置个数之和（这些位置会与 \(0\) 取 \(\max\) 从而使答案变大） + \(\sum (m-2\times a_i)\)（所有操作的总和）。
考虑维护 \(y\) 的差分数组，分析一次操作 \([1,x]\) 减 \(1\)，\([x+1,m]\) 加 \(1\) 后差分数组的变化：
- \(x\) 位置的差分 += 2
- 设差分数组最小有值的位置为 \(t\) ，则 \(t\) 的差分 -= 1
- 此时 \(\le t\) 的位置为 \(0\) 并且被减，那 \(ans\to ans+t\)
于是暴力算法就是 q.push(x),q.push(x),ans+=q.top(),q.pop()，其中 q 是小根堆。
现在问题转化成了：从左到右，每次加入两个 \(x\)，pop 出一个最小的数并加入答案。
这就是 省选d1t3 链的情况，直接套 线段树分治+反悔贪心 or 模拟费用流 的做法。
时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\) 或 \(O(n\log n)\)。