题解：
我们可以先考虑不进行 (k) 操作的情况
当取完的时候，因为最优（B都可以通过他的 (dfrac{n}2-1) 次机会取走，所以只有 (mid) 和 (mid+1) 对于B来说是无能为力的），肯定是剩下中间的几个
然后由A选择小的那个，剩下大的，则有两种情况：
[ans=egin{cases}max(a[mid],a[mid+1])~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~n为偶数\max(min(a[mid],a[mid-1]),min(a[mid],a[mid+1]))~~~n为奇数end{cases}
]
然后考虑进行 (k) 操作
当A多吃，只有 (mid) 会被影响，发生变化，而每个 (iin [1,k-2]) 是由 (i+2) 转移过来的，三种可能：
要么左右各拿一个 (mid) 不变，要么左边或者右边拿俩 (mid) 变化，而我们考虑奇偶即可，左右拿俩可以合并到一个数组，但是如果要求左右拿俩的情况，则需要用到动态规划
设 (h[i]) 为偶数个数当 (i) 为中点时最大值， (g[i]) 为奇数个数当 (i) 为中点时最大值，可得方程：
[h[min(i,n-i)]=max(h[min(i,n-i)],max(a[i],a[i+1]))\
g[min(i-1,n-i)]=max(g[min(i-1,n-i)],max(min(a[i],a[i-1]),min(a[i],a[i+1])))
]
因为可以类比，所以这里的转移用到了上面不进行 (k) 操作时的转移， (i/i-1) 和 (n-i) 代表左拿还是右拿。
所以，设 (ans[i]) 为剩下 (i) 个元素能取到的最大值，转移方程为：
[ans[2*i]=max(ans[2*i+2],h[i])\
ans[2*i+1]=max(ans[2*i+3],g[i])
]
最后倒序输出，时间复杂度 (O(n))
代码
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int MAXN=300005;
int n,a[MAXN],h[MAXN],g[MAXN],ans[MAXN];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
ans[1]=max(ans[1],a[i]);
}
for(int i=1;i<n;i++) h[min(i,n-i)]=max(h[min(i,n-i)],max(a[i],a[i+1]));//代表偶数下的最值
for(int i=2;i<n;i++) g[min(i-1,n-i)]=max(g[min(i-1,n-i)],max(min(a[i-1],a[i]),min(a[i],a[i+1])));//代表奇数下的最值
for(int i=n/2;i>=1;i--)
{
ans[i<<1]=max(ans[(i+1)<<1],h[i]);
ans[i<<1|1]=max(ans[(i+1)<<1|1],g[i]);
}
for(int i=n;i>=1;i--)
printf("%d ",ans[i]);
}