[loj2392]烟花棒

显然，有以下三个性质（思路）：

1.烟花传递总是在烟花将要燃尽时将烟花恰传给另一个人

2.烟花不燃烧的人总是向烟花正在燃烧的人靠拢，并且重合后会一直跟着（燃尽时替上）

3.烟花正在燃烧的人总是向下一个"跟着"的人靠拢（等着不如接上后返回）

此时，过程完全由"跟着"的顺序决定（思考一下如何决定？），也即以$k$为中心向两侧扩展

再考虑相对位置，不难发现扩展$x$时，其与烟花正在燃烧的人的距离总是$\begin{cases}a_{x+1}-a_{x}&(x<k)\\a_{x}-a_{x-1}&(x>k)\end{cases}$（与另一侧扩展的人和扩展的顺序均无关），具体可以归纳证明

二分枚举答案$v$，并维护当前烟花剩余可燃烧时间$t$（初始为$k$），问题即变为：

有两个队列（依次存储两侧拓展的距离），每次任选一个队列，记其顶部元素为$d$，若$t\ge \frac{d}{2v}$则可以将$t$变为$t-\frac{d}{2v}+k$并删除该顶部元素，判断是否存在一种删除顺序可以删光两个队列

从两个队列中取出最短的非空前缀满足$\sum (k-\frac{d}{2v})\ge 0$，若可以取该前缀（即要求$t\ge lim$，$lim$可以求出）显然总可以直接取掉，重复此过程（直至均不存在这样的前缀或均无法取）

若是因后者而结束，显然问题即无解

若是因前者而结束，即此时两个队列中任意非空前缀和均小于0，不妨先得到最终的$t$并考虑逆过程（即过程中的$k$和$\frac{d}{2v}$交换一下、队列翻转一下），仍可以使用上述贪心

此时的后缀和即是原来的前缀和取相反数，总大于等于0，也即不会出现"不存在这样的前缀"的情况

由此，单次判定复杂度为$o(n)$，总复杂度为$o(n\log n)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100005
#define ll long long
#define fi first
#define se second
int n,t,k,x[N];
vector<int>vl,vr;
vector<pair<ll,ll> >Vl,Vr; 
bool check(int v){
    vl.clear(),vr.clear(),Vl.clear(),Vr.clear();
    for(int i=k;i>1;i--)vl.push_back(x[i]-x[i-1]);
    for(int i=k+1;i<=n;i++)vr.push_back(x[i]-x[i-1]);
    
    int lst=-1;
    ll lim=0,sum=0;
    for(int i=0;i<vl.size();i++){
        lim=max(lim,vl[i]-sum),sum+=v-vl[i];
        if (sum>=0){
            Vl.push_back(make_pair(lim,sum));
            lim=sum=0,lst=i;
        }
    }
    reverse(vl.begin(),vl.end());
    for(int i=0;i<=lst;i++)vl.pop_back();
    
    lst=-1,lim=sum=0;
    for(int i=0;i<vr.size();i++){
        lim=max(lim,vr[i]-sum),sum+=v-vr[i];
        if (sum>=0){
            Vr.push_back(make_pair(lim,sum));
            lim=sum=0,lst=i;
        }
    }
    reverse(vr.begin(),vr.end());
    for(int i=0;i<=lst;i++)vr.pop_back();
    
    ll ans=v;
    for(int i=0,j=0;(i<Vl.size())||(j<Vr.size());)
        if ((i<Vl.size())&&(Vl[i].fi<=ans))ans+=Vl[i++].se;
        else{
            if ((j<Vr.size())&&(Vr[j].fi<=ans))ans+=Vr[j++].se;
            else return 0;
        }
    for(int i=0;i<vl.size();i++)ans+=v-vl[i];
    for(int i=0;i<vr.size();i++)ans+=v-vr[i];
    if (ans<0)return 0;
    
    Vl.clear(),Vr.clear();
    lst=-1,lim=sum=0;
    for(int i=0;i<vl.size();i++){
        lim=max(lim,v-sum),sum+=vl[i]-v;
        if (sum>=0){
            Vl.push_back(make_pair(lim,sum));
            lim=sum=0,lst=i;
        }
    }
    
    lst=-1,lim=sum=0;
    for(int i=0;i<vr.size();i++){
        lim=max(lim,v-sum),sum+=vr[i]-v;
        if (sum>=0){
            Vr.push_back(make_pair(lim,sum));
            lim=sum=0,lst=i;
        }
    }
    
    for(int i=0,j=0;(i<Vl.size())||(j<Vr.size());)
        if ((i<Vl.size())&&(Vl[i].fi<=ans))ans+=Vl[i++].se;
        else{
            if ((j<Vr.size())&&(Vr[j].fi<=ans))ans+=Vr[j++].se;
            else return 0;
        }
    return 1;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&t),t<<=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&x[i]);
    if (x[n]==0){
        printf("0\n");
        return 0;
    }
    int l=0,r=(x[n]-1)/t+1;
    while (l<r){
        int mid=(l+r>>1);
        if (check(mid*t))r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    printf("%d\n",l);
    return 0;
}