假设序列$b_{i}$为最终第$i$片上的草莓数，即需要满足：$forall 0le i<2n,a_{i}le sum_{j=0}^{n-1}b_{(i+j)mod 2n}$
要求最小化$sum_{i=0}^{2n-1}b_{i}$，显然增大$b_{i}$一定仍满足条件，即具备单调性，二分并判断其是否可以为$X$
为了避免取模，将条件分为$0le i<n$以及$nle i<2n$两部分，分别可以写作：
1.$forall 0le i<n,a_{i}le sum_{j=0}^{n-1}b_{i+j}$
2.$forall nle i<2n,a_{i}le sum_{j=i}^{2n-1}b_{j}+sum_{j=0}^{i-n-1}b_{j}$，考虑后者中不被计算的是一个连续区间，可以用$X$减去这一段，即$X-sum_{j=i-n-1}^{i-1}b_{j}$，移项后即$sum_{j=i-n}^{i-1}b_{j}le X-a_{i}$
两部分分别限制了上下限，即条件也可以写作：$forall 0le i<n,a_{i}le sum_{j=0}^{n-1}b_{i+j}le X-a_{i+n}$
对其求前缀和，令$S_{i}=sum_{j=0}^{i-1}b_{j}$，即要求$a_{i}le S_{i+n}-S_{i}le X-a_{i+n}$
另一方面，根据$b_{i}ge 0$，还要求$S_{i}le S_{i+1}$（特别的，要求$S_{0}=0$以及$S_{2n-1}le X$）
同时，上面这两个条件也是充分条件，问题即判断是否存在满足上述条件的$S_{i}$
将之变形，最终所有条件都可以写作$S_{i}+xle S_{j}$，即差分约束的形式
更具体的来说，建有向边$(i,j,x)$并从0开始求最长路，令$d_{i}$为到$i$的最长路，即满足此条件
另外，有正环或最终$d_{2n-1}>X$即无解（这里最长路才是$S_{2n-1}$的最小值）
由于有正权边（求最长路），只能使用spfa，以及最外层的二分，复杂度为$o(n^{2}log A)$，且会被卡
事实上，由于这张图的特殊性，有如下做法：
如果将$(n-1,n,0)$这条边删去，将整张图看作上下两行，分别为$[0,n)$和$[n,2n)$，图的结构即比较简单，仅包含上下两行对应点之的有环，以及两行向后的边
此时将两个对应点的最长路一起算，即没有了后效性，可以$o(n)$求出
（特别的，若$a_{i}+a_{i+n}>X$即存在两个对应点之间的正环，即无解）
加入这条边后，在没有正环的情况下，先忽略这条边求出最长路，再加入这条边后用$S_{n-1}$更新$S_{n}$并重复一次求最长路（仍然忽略这条边），若$S_{n-1}$发生变化必然存在正环，否则即求出了最长路
（另外更新$S_{n}$后，还需要判断是否满足$S_{n}le X-a_{n}$）
这一做法复杂度$o(nlog A)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 300005 4 #define ll long long 5 int E,n,a[N]; 6 ll d[N]; 7 void calc(ll k){ 8 for(int i=1;i<n;i++){ 9 d[i]=max(d[i-1],d[i+n-1]+a[i+n]-k); 10 d[i+n]=max(d[i+n-1],d[i-1]+a[i]); 11 } 12 } 13 bool check(ll k){ 14 for(int i=0;i<n;i++) 15 if (a[i]+a[i+n]>k)return 0; 16 d[n]=a[0]; 17 calc(k); 18 ll lst=d[n-1]; 19 d[n]=max(d[n],d[n-1]); 20 if (d[n]>k-a[n])return 0; 21 calc(k); 22 if (lst!=d[n-1])return 0; 23 return d[2*n-1]<=k; 24 } 25 int main(){ 26 scanf("%d",&n); 27 for(int i=0;i<2*n;i++)scanf("%d",&a[i]); 28 ll l=0,r=1e15; 29 while (l<r){ 30 ll mid=(l+r>>1); 31 if (check(mid))r=mid; 32 else l=mid+1; 33 } 34 printf("%lld",l); 35 }