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给你一个长度为 \(N\) 的单调递增序列 \(A\) 。交互时允许你调用 MinMax(s, t, &mn, &mx) 函数，表示序列元素的值在 \([s,t]\) 范围内最小为 mn ，最大为 mx 。求

\[\max_{1\leq i< n}A_{i+1}-A_i\]

\(1\leq n\leq 100000,0\leq a_i \leq 10^{18}\)

Solution

对于第一个子任务，由于单调递增的性质，显然我们可以用双指针从两端扫一遍。每次将查询范围缩小，查询次数是 \(\left\lceil\frac{N}{2}\right\rceil\) 的。

对于第二个子任务，由于每一次查询的代价是数的个数 \(+1\) ，比较容易想到的就是每个数只能被查询一次。实质上我们每次查询只在乎差值，而不在乎数值具体是多少，所以我们可以将答案作为间隔去查询，可能这个间隔内有很多数，但都不影响，因为其中间隔肯定小于答案，我们在乎的只是这次查询的最小值和上次有效查询的最大值的差值，是否能更新答案。

Code

#include "gap.h"

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 100000+5;

const long long inf = 1ll*1000000000*1000000000;

long long a[N];

long long findGap(int T, int N)

{

    if (T == 1) {

        long long mn = 0-1, mx = inf+1;

        for (int l = 1, r = N; l <= r; l++, r--) {

            MinMax(mn+1, mx-1, &mn, &mx);

            a[l] = mn, a[r] = mx;

        }

        long long ans = 0;

        for (int i = 1; i < N; i++) ans = max(ans, a[i+1]-a[i]);

        return ans;

    }else {

        long long mn, mx, pre = -1, ans, now, lim;

        MinMax(0, inf, &mn, &mx); lim = mx, now = mn, ans = (mx-mn+N-2)/(N-1);

        while (now <= lim) {

            MinMax(now, now+ans, &mn, &mx);

            now = now+ans+1;

            if (pre != -1 && mn != -1) ans = max(ans, mn-pre);

            if (mx != -1) pre = mx;

        }

        return ans;

    }

}