这道题忘记了，再推一遍。
引理1：我们最多只会向右跳一次，且向右跳操作一定在开始。
考虑从(x_i)右边跳到左边的起始点(z)。如果我们经过了若干个点({b})，则由于(z)能跳到(<x_i)的点，所以能跳到(x_i)
显然我们不用跳(b)，直接从(s)跳到(z)即可。
如果我们在(x_i)左边跨过(x_i)跳到右边的点(a)，则显然一开始能从(s)跳到(a)，矛盾。
假设我们在第一次从右边跨过左边（或没有跨过左边）然后向左跳。
如果我们在这个过程中向右跳，假设跳到点(d)，我们第一次跳后（包含第一次）跳过的点序列为({c})。
则找到(c)中第一个大于(d)的元素(e)，则从(e)开始跳到(d)最优。
考虑bfs，每次求出距离当前点(leq d)的区域。
引理2：当(d>1)时区域是一个区间。
如果我们右跳后跳到节点的区间不能够覆盖(x_i)，则显然还要右跳，矛盾。
考虑归纳。假设我们(leq x_i)的区间为([l,x_i])。
当(d>1)时，(x_i)右边能跳到节点肯定能覆盖(x_i)且是一个区间。
([l,x_i])假若区间最小(l)值为(v)，则我们下一步显然能够跳到([v,x_i])
考虑求出(d)增加(1)每一轮有多少节点不能到达。
假设我们区间覆盖(l_i)需要用(d1)步。
设一数列({x})，({x_j})表示(d=j)时覆盖区间右端点。
我们需要求出(sum_{i=2}^{d1}x_i-(l_i-1)*d1)
求(d1)可以倍增。可以维护倍增时区间最小值。
(x)的和也可以用倍增维护。
还要预处理出后缀(l)最小值。
以上信息都可以在最多(O(nlog_2n))时间内维护。