$O(NlogN)$ 前缀和，二分

考虑每个茶会被哪些人喝

对于第 $i$ 个茶，第一轮会被第 $i$ 个人喝，第二轮会被第 $i + 1$ 个人喝，第三轮... 直到茶被喝完或第 $n$ 个人喝过。

结论：第 $i$ 个茶会被区间 $[i,l]$ 的人喝，其中 $l$ 为 $\sum_{j = i}^{l}{b[j]} \geq a[i]$ 的最小值.

那么 $l$ 的求法也非常简单，可以用二分。

此时 $[i,l - 1]$ 的人喝的值为 $b$ ，第 $l$ 个人喝的值为剩下的部分。

可以用差分数组存储前者区间的部分，后者单独用数组存储。 最后统计答案即可。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<LL, LL> PII;

#define x first
#define y second

const int N = 2e5 + 10, mod = 1e9 + 7;

int a[N], b[N];
LL sum[N];
LL cnt[N], d[N]; // 喝b[i]的次数，a剩余的量

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cnt[i] = d[i] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> b[i];
    
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        sum[i] = sum[i - 1] + b[i];
        
        
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        if(b[i] >= a[i])
        {
            d[i] += a[i];
            continue;
        }
        
        int l = i, r = n; // <= a[i]的最大下标
        while(l < r)
        {
            int mid = l + r + 1 >> 1;
            if(sum[mid] - sum[i - 1] <= a[i]) l = mid;
            else r = mid - 1;
        }
        
        cnt[i] ++, cnt[l + 1] --;
        d[l + 1] += a[i] - sum[l] + sum[i - 1];
    }
    
    for(int i = 1; i <= n; i ++) 
    {
        cnt[i] += cnt[i - 1];
        cout << cnt[i] * b[i] + d[i] << ' ';
    }
    cout << endl;
}

int main()
{
    int t = 1;
    scanf("%d", &t);
    while(t --)
        solve();
}