先考虑“平坦”且不限次数时的最高高度。此时，除左右端点外皆可+1，相当于通过 (w-2) 次操作使其变为长 (w-2) ，高度 (1) 的新区间。这是一个子问题。最后，得到的序列形如
[1,2dots h_{max}-1,h_{max},h_{max}-1dots 2,1
]
可以证明这是+1次数最少的方案。而在“不平坦”的序列中，可选一段区间“填平”之后处理。于是得出性质：
-
对于最优解下的操作方案，其最高点向左右皆以 (1) 每下标的速度下降。
-
若下降时被“阻挡”，之后无需+1操作。
-
若始终不被阻挡，则高度无法达到。
易知最高点单调。对于每个位置二分高度，判断能否达到，以及可达到时所需最少的+1次数。所有位置上二分结果的最大值就是答案。
判断
“被阻挡”相当于此时的蓝色高度低于黄色（原序列）高度。
记最高点 (p) 高度 (m) ，若在 ([l,q]) 区间内（最高点左侧）被阻挡，则可以表达为
[exists iin[l,p]\,,s.t.quad h_igeq m-(p-i)
]
等价于
[max_{i=l}^p{h_i-i}geq m-p
]
左边RMQ问题可以用st表维护，判断时二分左端点即可。最高点右侧同理。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=1e5+5;
int n,ans,s[MAXN];
int w,h[MAXN];
namespace ST { //预处理
int lg2[MAXN],l[MAXN][20],r[MAXN][20];
int QueryL(int i,int j,int num) {
int tmp=lg2[j-i+1];
return max(l[i][tmp],l[j-(1<<tmp)+1][tmp])+j-num;
}
int QueryR(int i,int j,int num) {
int tmp=lg2[j-i+1];
return max(r[i][tmp],r[j-(1<<tmp)+1][tmp])-i-num;
}
void Init() {
for(int i=2;i<=w;i++) lg2[i]=lg2[i-1]+(2<<lg2[i-1]==i);
for(int i=1;i<=w;i++) l[i][0]=h[i]-i,r[i][0]=h[i]+i;
for(int i=1;(1<<i)<=w;i++) for(int j=1;j+(1<<i)-1<=w;j++) {
l[j][i]=max(l[j][i-1],l[j+(1<<(i-1))][i-1]);
r[j][i]=max(r[j][i-1],r[j+(1<<(i-1))][i-1]);
}
}
}
bool Check(int p,int m) { //第二次 二分下标
int _l,_r,l,r;
for(l=1,r=p;l<r;) {
int mid=l+r+1>>1;
if(ST::QueryL(mid,p,m)>=0) l=mid;
else r=mid-1;
}
if(ST::QueryL(l,p,m)<0) return 0; //必须“被阻挡”
_l=l;
for(l=p,r=w;l<r;) {
int mid=l+r>>1;
if(ST::QueryR(p,mid,m)>=0) r=mid;
else l=mid+1;
}
if(ST::QueryR(p,l,m)<0) return 0; //必须“被阻挡”
_r=l;
if((_r-p)*(2*m-_r+p+1)/2+(p-1-_l)*(2*m-p+_l)/2-s[_r-1]+s[_l]>n) return 0; //操作不多于n次
return 1;
}
signed main() {
scanf("%lld%lld",&w,&n);
for(int i=1;i<=w;i++) scanf("%lld",&h[i]),s[i]=s[i-1]+h[i];
ST::Init();
for(int i=1;i<=w;i++) {
int l=h[i],r=h[i]+n;
while(l<r) { //第一次 二分高度
int mid=l+r+1>>1;
if(Check(i,mid)) l=mid;
else r=mid-1;
}
ans=max(ans,l);
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}