madoka 和 homura，圆神场！
T1:
显而易见的是，我们最终两个人吃的 pocky 是序列的左右两段，但是这个贡献可能是负的，所以就不能贪心来优化状态了。容易感受到，这题很纯粹。
设 \(dp[l][r][k][0/1]\)，第三维是根号的，这样的状态还不是特别优，但是我们最终到达的状态 \(l, r\) 差值 \(<= k <= \sqrt{n}\)，这个状态很少。所以我们的状态数其实没有特别多，但其实存下来还不是特别现实，应该有 \(75\)。
因为我们这个是拓扑，所以我们是知道了一些最终状态，然后往前转移的。
最终状态显然是 \(dp[l][r][k] = f(l, r)\)。
因为是博弈论，我们很多状态都是没有用的！也就是说，比如说，假设我们一个状态可到达的状态集合包含了另一个可到达的状态集合，那么被包含的状态集合就是没用的。
还有一种思路就是二分答案，这样就变成了一个可达性问题。也就是二分答案之后，我们会有一些最终的 \(dp\) 值是可以达到的。先把方程写出来，下面是二分答案之后的东西
假设当前 madoka 操作，上次操作的长度为 \(k\)
\(dp[l][r][k][0] = dp[l+k][r][k][1] | dp[l+k+1][r][k+1][1]\)
\(dp[l][r][k][1] = dp[l][r-k][k][0] | dp[l][r-k-1][k+1][1]\)
那么这样就有胜利状态和输的状态之分了
假设我们 \(dp[1][n][0][0]\) 是向前是胜利的状态。
上面这个东西啊，其实可以用 \(\_\_128\) 存，
那么我们直接抛弃二分答案，这二分答案还是假的，这答案怎么可以二分了，可以是可以
润润润
如果 \(a_i\) 都是 \(1\)。其实我觉得这个东西和 \(a\) 的关系不是特别大。如果 \(a_i\) 都是 \(1\)，那么这个东西显然可以贪心。也就是说，我们 \(a, b\) 每次都会尽量往后跳。假设我们现在跳到了 \([l, r]\)，如果前面很负，但是另外一个人的前面更负，那么我们会选择跳远一点，那么另一个人就直接倒闭了，但也有可能这样会有更糟糕的效果。
T2:
想到了 Ceste 这题，我觉得这题中，我们也要使用，这种性质。
首先二分 \(x\)，那么所有的 \(x\) 都是相同的，那么我们每个点的 \(dis = x * \sum a + \sum b\) 这种形式的。
那么我们将 \((\sum a, \sum b)\) 看作一个点，那么每个点有用的点就组成一个凸包这种东西。
那么对于每个点对，我们就能求出以 \(s\) 为源点的时候，\(t\) 能产生贡献的一个起始的 \(x\)，如果能求出这个就简单了。
我们搞出那个凸包 \(x * \sum a + \sum b <= V\)
\(x <= \frac{V - \sum b}{\sum a}\)
所以我们就是要求全员最长路，最长路权值为 \(\frac{V - \sum b}{\sum a}\)
最短路变化，肯定是有一条边松弛方向变了。设原先为 \(\frac{V - \sum b}{\sum a}\)
但其实这样完全没有前途
我们先二分答案，我们发现，我们对于一个点二分答案其实也是可以的。
假设我们现在二分出了以点 \(u\) 为起点的最大值 \(maxx\)。假设我们已经搞出来了前 \(i-1\) 个点的答案 \(maxx\)，那么我们对点测试 \(maxx\)，如果不可行，那么这个答案就肯定不优了，否则我们进行一次。
所以我们每个点会跑一点最短路，对于前缀最大值，我们会二分。因为前缀最大值期望有 \(\log\) 个，所以是可以过的
T3:
我们对于每个数考虑其能成为多少个区间的第 \(c\) 大值，这个显然不是连续的。假设这个点左边有 \(x\) 个最大值，右边有 \(c-x\) 个最大值，那么我们总共就有 \(nc\) 个这样的区间，我们会对所有这样的区间询问一些对左右端点取 \(\max / \min\)，这个东西分讨一下，然后使用什么东西大力维护一下即可
具体什么东西呢？我们询问比较少，区间加很多，那么我们直接分块即可
行吧？
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