u1s1 Atcoder 不少思维题是真的想不出来，尽管在 Atcoder 上难度并不高
二分答案（这我倒是想到了），检验最上面一层的数是否 \(\ge x\)。
我们将最底下一层的数中 \(\ge x\) 的 \(a_i\) 设为 \(1\)，\(<x\) 的设为 \(0\)，那么原题可以转化为每次操作对于相邻三个数，如果 \(1\) 的个数 \(\ge 2\)，就在该位上填一个 \(1\)，否则在该位上填一个 \(0\)，求最终顶上的数是 \(0\) 还是 \(1\)。
不难发现经过二分答案这个转化，我们将原来值域在 \([1,2n-1]\) 范围内的问题缩小为值域在 \([0,1]\) 范围内的问题，可直接做似乎还是有些棘手，我们不妨进一步探究这里面的规律。
我们手玩几组数据即可发现一个性质，如果相邻两个数都是 \(1\)，那么它上面所有数都是 \(1\)，反正如果相邻两个数都是 \(0\)，那么它上面所有数都是 \(0\)，并且如果 \(i\) 满足 \(a_{i}=a_{i+1}=a_{i-2}=1\)，那么到了上一层第 \(i-1\) 列也会变成 \(1\)，可以看作这个 \(1\) “蔓延”到了第 \(i-1\) 列，于是我们猜测，第 \(n\) 层的数一定与距离中心点最近的 \(a_{i}=a_{i+1}\) 的 \(i\) 有关，因为它能最快“蔓延”到第 \(n\) 列。
事实果真如此。
这里稍微证明一下。记 \(i=n+p\) 为距离中心点最近的满足 \(a_i=a_{i+1}\) 的 \(i\)，其中 \(p\ge 0\)（\(p<0\) 也同理，翻转一下就行了），如果 \(p=0\) 那显然根据之前的结论，第 \(n\) 列的数就是 \(a_n\)，符合题意。否则，由于 \(i=n+p\) 为最近的满足 \(a_i=a_{i+1}\) 的 \(i\)，必然有 \([n-p,n+p]\) 部分的 \(a_i\) 为 \(01\) 间隔分布，即 \(a_{n+p-2}=a_{n+p-4}=a_{n+p-6}=\cdots=a_{n-p+2}=a_{n-p}=a_{n+p}\)，\(a_{n+p-1}=a_{n+p-3}=a_{n+p-5}=\cdots=a_{n-p+1}=1-a_{n+p}\)，由 \(a_{n+p-2}=a_{n+p}=a_{n+p+1}\) 可知从下往上数第二行第 \(n+p-1\) 位置上的值也是 \(a_{n+p}\)，相当于 \(a_{n+p}\) 向左蔓延了一格。而显然对于 \(01\) 分布的序列，进行一遍取中位数操作之后还是 \(01\) 间隔分布的，因此到第二行可以看作 \(p'=p-1\) 的版本继续递归下去，归纳可得最终的数就是 \(a_{n+p}\)。
有人可能会问：如果存在 \(p\) 使得 \(i=n+p\) 为距离中心点最近的满足 \(a_i=a_{i+1}\) 的 \(i\)，满足 \(a_{n+p}=a_{n+p+1}\ne a_{n-p}=a_{n-p-1}\) 怎么办呢？稍微动点脑子即可知道这种情况是不可能的，因为根据上面的证明过程可知 \([n-p,n+p]\) 是 \(01\) 间隔分布的，因此 \(\forall x,y\in[n-p,n+p]\)，若 \(|x-y|\) 为偶数，则 \(a_x=a_y\)，反之 \(a_x\ne a_y\)，而 \(n-p\equiv n+p\pmod{2}\)，故 \(a_{n-p}=a_{n+p}\)，因此不会出现这种情况。
最后特判整个 \(a\) 数组就是 \(01\) 间隔分布的情况，此时最上面一层的数就是 \(a_{2n-1}\)。
const int MAXN=1e5;
int n,a[MAXN*2+5],b[MAXN*2+5];
bool check(int x){
for(int i=1;i<(n<<1);i++) b[i]=(a[i]>=x);
for(int i=0;i<n-1;i++){
if(b[n+i]==b[n+i+1]) return b[n+i];
if(b[n-i]==b[n-i-1]) return b[n-i];
} return b[1];
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<(n<<1);i++) scanf("%d",&a[i]);
int l=1,r=(n<<1)-1,mid,x=-114514;
while(l<=r) (check(mid=l+r>>1))?(x=mid,l=mid+1):(r=mid-1);
printf("%d\n",x);return 0;
}