这阵子学二分队列，写个题解吧。
要对每个 (i)，求出最小非负整数 (p) ，使得 (forall jin[1,n],a_jle a_i+p−sqrt{|i−j|})。
那么 (a_i+pge max{max_{j<i}a_j+sqrt{i-j},max_{j>i}a_j+sqrt{j-i}})
求出大于等于号右边的东西即可。考虑求出 (max_{j<i}a_j+sqrt{i-j})。（(j>i) 的东西类似做就好）
把 (a_j+sqrt{i-j}) 看作以 (i) 为自变量的函数，对于所有 (j<i)，所有函数值的最大值就是要求的。
这些函数的图像画在一起，大概长这样。
考虑其中的一个函数，在 (i) 增大的过程中，或者是从始至终被吊打，或者是开始时不如别人，中间吊打所有人，最后又被超过，然后永世不得翻身。
为什么永世不得翻身？因为这里面所有的函数都是增长越来越慢（大概是取值范围内导数小于零）的，考虑 后面的函数 超过 前面的函数 的时候，后面的函数 的增长就比 前面的函数 快，在这之后 后面的函数 还是一直比 前面的函数 快，所以 前面的函数 在此之后不会再出头。
根据这个性质，考虑维护一个队列，队列里面是一堆函数（设为 (f_1,f_2,cdots,f_d)），且(forall k ,f_k) 超过 (f_{k-1}) 的时间要早于 (f_{k+1}) 超过 (f_k) 的时间。
（以下认为队尾进队头出。）
当拿到一个新函数的时候，和队尾的函数求一下交（可以二分，本题似乎也可以直接解方程），如果永远超不过队尾就扔掉；如果新函数与队尾的相交的时间晚于队尾两个函数相交的时间，就直接塞入队尾，否则一直弹队尾直到可以为止。
当你要求答案的时候，不断弹队首，直到找到需要的即可。
从前往后做一遍就求出答案了。（可以看代码，关键部分是 Solve 函数。）
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
const int N=5e5+3;
int n,a[N],b[N],s[N],t[N],q[N],f[N],l,r;
inline int Calc(int i,int j,int*a){//求交点的函数
int l=j+1,r=n+1,m;
for(;l<r;)m=l+r>>1,a[i]+sqrt(m-i)<a[j]+sqrt(m-j)?r=m:l=m+1;
return l;
}
inline int Solve(int*a,int*s){
int tmp;
q[l=r=0]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
for(;l<r&&f[l+1]<=i;l++);//弹队首
s[i]=a[q[l]]+ceil(sqrt(i-q[l]));//求答案
for(;l<r&&Calc(q[r],i,a)<f[r];r--);//弹队尾
if((tmp=Calc(q[r],i,a))<=n)q[++r]=i,f[r]=tmp;//加入新函数
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i),b[n-i+1]=a[i];
Solve(a,s);
Solve(b,t);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d
",std::max(s[i],t[n-i+1])-a[i]>0?std::max(s[i],t[n-i+1])-a[i]:0);
return 0;
}