题目翻译
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给定一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\) 和一个长度为 \(m\) 的数组 \(b\)。
要在 \(a\) 中从左到右选取 \(m\) 个数按从左到右的顺序组成一个新的数列，使得选出来的数大于等于 \(b\) 数组中对应位置上的数。有可能不够选，因此可以将一个任意大小的数 \(k\) 插入到 \(a\) 数组中的任意位置（包括最前面和最后面），插入操作只能执行一次。
求 \(k\) 是多少。如果可以不用插入，则输出 \(0\)。如果插入了也无法选出 \(m\) 个数，则输出 \(-1\)。
思路
因为是要从左到右选取数字，所以我们可以贪心地选取数字，即从左往右遍历，只要当前数字大于等于 \(b\) 数组上对应位置的数字，就选取，维护一个数组 \(pre\) 来存储在每个位置能最多选取多少数字。然后枚举每一个空隙，看能否插入数字，插入的是什么数字，从而得到答案。
但是仅仅有从左到右得到的 \(pre\) 是不足以得到每个空隙的情况的，因此我们考虑从右到左进行一次贪心的选取，维护一个数组 \(erp\) 来存储每个位置上最多能选取多少个数。这样我们就得到了每个空隙的前缀和后缀，可以方便地得到每个空隙的情况。
因此，只要满足：
\(pre_i+erp_{i+1}=m-1\)
就说明 \(i\) 和 \(i+1\) 这个空隙里差一个数。而 \(k\) 的值为 \(b_{pre_i+1}\)。遍历找到最小值就是答案。
Code：
#include<bits/stdc++.h>
#define Iseri namespace
#define Nina std
#define Kawaragi int
#define Momoka main
#define ls(p) (p<<1)
#define rs(p) (p<<1|1)
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define endl "\n"
const int maxn=200005;using Iseri Nina;inline ll read(){//快读ll x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}return x*f;
}//===========================================================ll t,n,m,pre[maxn],erp[maxn],a[maxn],b[maxn],cnt;Kawaragi Momoka(){t=read();while(t--){n=read(),m=read();for(ll i=1;i<=n;i++)a[i]=read();for(ll i=1;i<=m;i++)b[i]=read();//多测不清空，爆零两行泪TATmemset(pre,0,sizeof(pre));memset(erp,0,sizeof(erp));cnt=0;for(ll i=1;i<=n;i++){//求“前缀”if(a[i]>=b[cnt+1]&&cnt<m)cnt++;pre[i]=cnt;}cnt=0;for(ll i=n;i>=1;i--){//求“后缀”if(a[i]>=b[m-cnt]&&cnt<m)cnt++;erp[i]=cnt;}if(pre[n]>=m)printf("0\n");//如果最后一位能够最多选到m个数，那就不用插入啦！直接输出0else{ll ans=1145141919;//设极大值for(ll i=0;i<=n;i++){if(pre[i]+erp[i+1]==m-1)ans=min(ans,b[pre[i]+1]);}if(ans==1145141919)printf("-1\n");//如果遍历一遍都找不到，那就没办法了TAT，输出-1else printf("%lld\n",ans);}}return 0;
}
灵感来源：vjudge
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