[atARC117F]Gateau

假设序列$b_{i}$为最终第$i$片上的草莓数，即需要满足：$\forall 0\le i<2n,a_{i}\le \sum_{j=0}^{n-1}b_{(i+j)mod\ 2n}$

要求最小化$\sum_{i=0}^{2n-1}b_{i}$，显然增大$b_{i}$一定仍满足条件，即具备单调性，二分并判断其是否可以为$X$

为了避免取模，将条件分为$0\le i<n$以及$n\le i<2n$两部分，分别可以写作：

1.$\forall 0\le i<n,a_{i}\le \sum_{j=0}^{n-1}b_{i+j}$

2.$\forall n\le i<2n,a_{i}\le \sum_{j=i}^{2n-1}b_{j}+\sum_{j=0}^{i-n-1}b_{j}$，考虑后者中不被计算的是一个连续区间，可以用$X$减去这一段，即$X-\sum_{j=i-n-1}^{i-1}b_{j}$，移项后即$\sum_{j=i-n}^{i-1}b_{j}\le X-a_{i}$

两部分分别限制了上下限，即条件也可以写作：$\forall 0\le i<n,a_{i}\le \sum_{j=0}^{n-1}b_{i+j}\le X-a_{i+n}$

对其求前缀和，令$S_{i}=\sum_{j=0}^{i-1}b_{j}$，即要求$a_{i}\le S_{i+n}-S_{i}\le X-a_{i+n}$

另一方面，根据$b_{i}\ge 0$，还要求$S_{i}\le S_{i+1}$（特别的，要求$S_{0}=0$以及$S_{2n-1}\le X$）

同时，上面这两个条件也是充分条件，问题即判断是否存在满足上述条件的$S_{i}$

将之变形，最终所有条件都可以写作$S_{i}+x\le S_{j}$，即差分约束的形式

更具体的来说，建有向边$(i,j,x)$并从0开始求最长路，令$d_{i}$为到$i$的最长路，即满足此条件

另外，有正环或最终$d_{2n-1}>X$即无解（这里最长路才是$S_{2n-1}$的最小值）

由于有正权边（求最长路），只能使用spfa，以及最外层的二分，复杂度为$o(n^{2}\log A)$，且会被卡

事实上，由于这张图的特殊性，有如下做法：

如果将$(n-1,n,0)$这条边删去，将整张图看作上下两行，分别为$[0,n)$和$[n,2n)$，图的结构即比较简单，仅包含上下两行对应点之的有环，以及两行向后的边

此时将两个对应点的最长路一起算，即没有了后效性，可以$o(n)$求出

（特别的，若$a_{i}+a_{i+n}>X$即存在两个对应点之间的正环，即无解）

加入这条边后，在没有正环的情况下，先忽略这条边求出最长路，再加入这条边后用$S_{n-1}$更新$S_{n}$并重复一次求最长路（仍然忽略这条边），若$S_{n-1}$发生变化必然存在正环，否则即求出了最长路

（另外更新$S_{n}$后，还需要判断是否满足$S_{n}\le X-a_{n}$）

这一做法复杂度$o(n\log A)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 300005
#define ll long long
int E,n,a[N];
ll d[N];
void calc(ll k){
    for(int i=1;i<n;i++){
        d[i]=max(d[i-1],d[i+n-1]+a[i+n]-k);
        d[i+n]=max(d[i+n-1],d[i-1]+a[i]);
    }
}
bool check(ll k){
    for(int i=0;i<n;i++)
        if (a[i]+a[i+n]>k)return 0;
    d[n]=a[0];
    calc(k);
    ll lst=d[n-1];
    d[n]=max(d[n],d[n-1]);
    if (d[n]>k-a[n])return 0;
    calc(k);
    if (lst!=d[n-1])return 0;
    return d[2*n-1]<=k;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<2*n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    ll l=0,r=1e15;
    while (l<r){
        ll mid=(l+r>>1);
        if (check(mid))r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    printf("%lld",l);
}