题目：UOJ#206。
题目大意：由于过于冗长，不好解释，所以详见原题。
解题思路：这是一道交互题。
对于第一问，很容易解决。由于数列严格递增，所以不会出现相等的情况。
首先调用MinMax(0,10^18,&l,&r)求出最小值和最大值，然后每次调用MinMax(l+1,r-1,&l,&r)求出次大值、次小值，第三大值、第三小值……
如此调用$lfloor frac{N+1}{2} floor$次，就可以求出整个数组。然后求值即可。
对于第二问，首先仍然是求出最小值min和最大值max。
然后，可以知道[min,max]之间还有N-2个数，那么中间就被分为了N-1份。
根据抽屉原理可知，两数之间的最大间隔至少为$lceil frac{a_N - a_1}{N-1} ceil$，设其为p。
那么我们就将查找区间分为N-1份，每次查找的区间大小都为p（最后一个区间除外），然后每次用当前查询到的最小值减去上次查询到的最大值(跳过-1)，得出的答案进行比较，最大的那个就是答案。
由于最大间隔至少为p，所以最大间隔一定在两个不同区间中，因此这样做能得到正确的答案。
m的值：第一次调用N+1，之后N-1次调用，总共包含不超过N个点，所以$mleq N+1+N+N-1$，即$mleq 3N$，符合条件。
然后即可AC。
C++ Code：
#include"gap.h"
#define ll long long
ll p[100005];
ll findGap(int T,int N){
if(T==1){
int l=1,r=N;
ll LL=0,RR=1000000000000000000;
while(l<=r){
ll xx,yy;
MinMax(LL,RR,&xx,&yy);
p[l++]=xx,p[r--]=yy;
LL=xx+1,RR=yy-1;
}
ll max=0;
for(int i=1;i<N;++i)
if(p[i+1]-p[i]>max)max=p[i+1]-p[i];
return max;
}else{
ll xx,yy;
MinMax(0,1000000000000000000,&xx,&yy);
ll k=(yy-xx)/(N-1);
if((yy-xx)%(N-1))++k;
ll prer=xx,max=0,nowl,nowr;
for(ll l=xx+1;l<yy;l+=k){
ll r=l+k-1;
if(r>yy)r=yy-1;
MinMax(l,r,&nowl,&nowr);
if(nowl-prer>max)max=nowl-prer;
if(nowr!=-1)
prer=nowr;
}
if(yy-prer>max)max=yy-prer;
return max;
}
}