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题解
T = 1 的情况直接大力从两边向中间询问即可。
T = 2 的情况挺妙的，我没想到。
考虑首先花费 n + 1 代价得到全局最大值和最小值，也就是 a[1] 和 a[n] 。
然后考虑将值域均分为 n - 1 段，每一段询问一下。答案一定在 相邻两段区间的 左边一段的Max 和右边一段的Min 之间 ，或者 a[1] 与 a[1] 右侧数，或者 a[n] 与 a[n] 左侧数 中产生。
我们考虑证明这个东西：
设每一段的长度 $d = left lceil frac {a[n] - a[1]}{n-1} ight ceil$ ，如果答案在某一段区间中，那么 $ans leq d - 2$。然而，根据抽屉原理，总共有 $a[n] - a[1] - 1 - (n-2)$ 个空位，分成 $n-1$ 段，那么最长的一段至少长度为 $left lceil frac{a[n] - a[1] - 1 - (n-2) } { n-1 } ight ceil = d-1 > d - 2$，故答案不可能在某一段区间内。
接下来证明一下我们的花费在 $3n$ 之内。
1. 第一次询问花费 n + 1 。
2. 接下来询问不超过 n - 1 次。
3. 询问到的数字个数不超过 n - 2 。
所以总询问次数的上线是 $3n - 2$ ，可以通过此题。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#include "gap.h"
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=100005;
LL a[N];
LL findGap(int type,int n){
if (type==1){
int lp=1,rp=n;
LL lv=0,rv=1e18,Min,Max;
while (lp<=rp){
MinMax(lv,rv,&Min,&Max);
a[lp++]=Min;
a[rp--]=Max;
lv=Min+1,rv=Max-1;
}
LL res=0;
For(i,1,n-1)
res=max(res,a[i+1]-a[i]);
return res;
}
else {
LL lv,rv,ans=0;
MinMax(0,1e18,&lv,&rv);
LL d=(rv-lv+(n-2))/(n-1),pre=lv;
for (;lv<rv-1;lv+=d){
LL Min,Max;
MinMax(lv+1,min(lv+d,rv-1),&Min,&Max);
if (Min!=-1){
ans=max(ans,Min-pre);
pre=Max;
}
}
ans=max(ans,rv-pre);
return ans;
}
}